Uma pessoa passa em uma porta de retorno automático de alumínio com altura de 80 cm e largura de 30 cm , e deseja que a mesma feche (que vá da posição angular de 60 graus para 2 graus em um tempo não maior do que 0.5 segundos e que não ocorra impacto). A espessura da porta é de 5 mm .
a) Calcule uma suspensão para esse sistema (rigidez e amortecedores torcionais).
b) Utilizando metade da constante de amortecimento, a portaria fecharia mais rápido e sem impacto?
c) Utilizando o dobro da constante de amortecimento, a portaria fecharia mais rápido e sem impacto?

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado pede e os dados que temos (tudo que vem do enunciado). O objetivo é projetar uma “suspensão” (rigidez e amortecimento torcionais) para uma porta de alumínio que parta de \,60^\circ e deva atingir \,2^\circ em no máximo 0{,}5\\ \text{s} sem ocorrer impacto (ou seja, sem ultrapassar a posição de fechamento de forma oscilatória). Dados geométricos e materiais (peguei estes do enunciado):
  • altura da porta: h = 80\\ \text{cm} = 0{,}80\\ \text{m}.
  • largura (distância do eixo até a borda): w = 30\\ \text{cm} = 0{,}30\\ \text{m}.
  • espessura: t = 5\\ \text{mm} = 0{,}005\\ \text{m}.
  • material: alumínio, densidade aproximada \rho = 2700\\ \text{kg/m}^3 (valor padrão usado para alumínio).
  • ângulo inicial: \theta_0 = 60^\circ = \pi/3\\ \text{rad}.
  • ângulo alvo (tolerância): \theta_f = 2^\circ.
  • tempo limite: t_f = 0{,}5\\ \text{s}.
O que o enunciado pede, explicitamente:
a) projetar rigidez torcional k e amortecimento torcional c para atender o requisito (fechar de 60^\circ para 2^\circ em \le 0{,}5 s sem impacto);
b) avaliar se usando metade do amortecimento projetado a porta fecharia mais rápido e sem impacto;
c) avaliar se usando o dobro do amortecimento projetado a porta fecharia mais rápido e sem impacto.

Passo 2

Modelagem física simplificada e hipóteses (passo importantíssimo: sem isso não dá pra projetar). Vou modelar a porta como uma placa delgada rígida que gira em torno do eixo vertical na sua borda (modelo clássico para portas), comportando-se como um sistema massa-inércia rotacional com mola torsional e amortecedor torsional no pivô. As quantidades e equação do movimento:
  • momento de inércia rotacional da porta em relação ao eixo pela borda (placa retangular fino girando em torno de uma das bordas paralelas à altura):
J = \frac{1}{3}\,m\,w^{2},
onde m é a massa da placa e w é a largura (distância do eixo até a borda).
  • massa da placa:
m = \rho \, h\, w\, t,
onde \rho é densidade, h a altura, w a largura e t a espessura.
  • equação de movimento (torcional):
J\,\ddot{\theta} + c\,\dot{\theta} + k\,\theta = 0,
considerando que a mola tem referência em \theta=0 (porta fechada) e que estamos liberando a porta da posição \theta_0 com velocidade inicial nula \dot{\theta}(0)=0. As incógnitas a projetar são k (N·m/rad) e c (N·m·s/rad).
Vou calcular m e J numericamente em seguida.

Passo 3

Cálculo da massa m e do momento de inércia J. (Aqui eu explico as fórmulas e cada passo numérico bem devagar.)
  • Volume da placa: V = h\,w\,t.
V = 0{,}80\cdot 0{,}30\cdot 0{,}005 = 0{,}0012\\ \text{m}^3.
  • Massa:
m = \rho\,V = 2700 \cdot 0{,}0012 = 3{,}24\\ \text{kg}.
  • Momento de inércia em relação à borda (fórmula para placa delgada girando em torno de borda paralela à altura):
J = \frac{1}{3}\,m\,w^{2} = \frac{1}{3}\cdot 3{,}24 \cdot (0{,}30)^{2}.
Calculo:
(0{,}30)^2 = 0{,}09,\qquad 3{,}24\cdot 0{,}09 = 0{,}2916,\qquad J = \frac{0{,}2916}{3} = 0{,}0972\\ \text{kg·m}^2.
Portanto:
m = 3{,}24\\ \text{kg},\qquad J = 0{,}0972\\ \text{kg·m}^2.

Passo 4

Escolha do critério de projeto do amortecimento e da rigidez. Explicação didática: para não ter impacto (isto é, para não ultrapassar a posição de fechamento com oscilação), precisamos evitar overshoot. No modelo linear de segunda ordem isso significa escolher razão de amortecimento \zeta \ge 1 (sistema criticamente amortecido \zeta=1 ou sobreamortecido \zeta>1). Entre as opções, o caso criticamente amortecido ( \zeta=1) é o mais rápido possível sem overshoot — ou seja, é a melhor escolha quando se quer o menor tempo de fechamento sem impacto. Portanto vou projetar para \zeta=1 (amortecimento crítico).
Relações fundamentais do sistema de segunda ordem (explicando o que é cada símbolo):
  • frequência natural não amortecida:
\omega_n = \sqrt{\frac{k}{J}},
onde \omega_n está em rad/s e mede a “rigidez dinâmica” do conjunto.
  • razão de amortecimento:
\zeta = \frac{c}{2J\omega_n}.
Amortecimento crítico corresponde a \zeta = 1, ou seja
c_{\text{cr}} = 2 J \,\omega_n.
Então, ao escolher \omega_n satisfazendo o requisito de tempo, podemos obter k = J\omega_n^2 e c = 2J\omega_n.

Passo 5

Determinar \omega_n exigido para que, no caso criticamente amortecido, a resposta livre partindo de \theta_0 com velocidade inicial zero atinja \theta(t_f)\le \theta_f em t_f=0{,}5\\ \text{s}.
Para o caso criticamente amortecido ( \zeta=1) com condições \theta(0)=\theta_0 e \dot{\theta}(0)=0, a solução do movimento é (explicando a forma):
\theta(t) = \theta_0\,(1+\omega_n t)\,e^{-\omega_n t}.
Aqui cada termo tem papel físico: e^{-\omega_n t} é a decaída exponencial, o fator (1+\omega_n t) aparece por causa da multiplicidade das raízes do polinômio característico.
Queremos:
\theta(t_f) \le \theta_f.
Dividindo ambos os lados por \theta_0 (positivo), definimos a razão desejada:
\frac{\theta_f}{\theta_0} \ge (1+\omega_n t_f)\,e^{-\omega_n t_f}.
Como \theta_0 = 60^\circ e \theta_f = 2^\circ, a razão é
\frac{\theta_f}{\theta_0} = \frac{2^\circ}{60^\circ} = \frac{1}{30} \approx 0{,}0333333.
Para simplificar os cálculos defina x=\omega_n t_f. Então a condição vira
(1+x)\,e^{-x} \le \frac{1}{30},
com t_f=0{,}5\\ \text{s} e \omega_n = x/t_f.

Passo 6

Resolver numericamente a equação (1+x)e^{-x} = 1/30 para x (vou mostrar tentativa-erro controlada — método prático que se faz sem calculadora avançada).
Avaliação de alguns valores:
  • x=4\Rightarrow (1+4)e^{-4}=5\cdot 0{,}018315\approx 0{,}0916 maior que 1/30.
  • x=5\Rightarrow 6\cdot e^{-5}=6\cdot 0{,}0067379\approx 0{,}04043 ainda maior.
  • x=5{,}2\Rightarrow 6{,}2\cdot e^{-5{,}2}. Sabendo e^{-5{,}2}\approx 0{,}005516 (tabela ou aproximação), dá 6{,}2\cdot0{,}005516\approx 0{,}0342 — ainda ligeiramente maior que 0{,}03333.
  • x=5{,}24\Rightarrow 6{,}24\cdot e^{-5{,}24}. Com e^{-5{,}24}\approx 0{,}005297 6{,}24\cdot0{,}005297\approx 0{,}03305 que é um pouco menor que 1/30.
Entre x\approx5{,}23 e 5{,}24 a igualdade acontece. Uma estimativa razoável:
x \approx 5{,}235.
Assim:
\omega_n = \frac{x}{t_f} \approx \frac{5{,}235}{0{,}5} = 10{,}47\\ \text{rad/s}.
(Interpretação: precisamos de uma frequência natural \omega_n cerca de 10{,}47\\ \text{rad/s} para que, criticamente amortecido, a placa decaia de 60^\circ para 2^\circ em 0{,}5\\ \text{s}.)

Passo 7

Calcular k e c usando \omega_n e J.
  • Rigidez torsional:
k = J\,\omega_n^{2}.
Substituindo dados:
k = 0{,}0972 \cdot (10{,}47)^{2}.
Cálculo:
(10{,}47)^{2} \approx 109{,}63,\qquad k \approx 0{,}0972\cdot 109{,}63 \approx 10{,}66\\ \text{N·m/rad}.
  • Amortecimento crítico:
c = 2\,J\,\omega_n = 2\cdot 0{,}0972\cdot 10{,}47 \approx 2{,}04\\ \text{N·m·s/rad}.
Resumo numérico do projeto (resultado do item a):
k \approx 10{,}66\\ \text{N·m/rad},\qquad c \approx 2{,}04\\ \text{N·m·s/rad}
(estes valores correspondem ao caso criticamente amortecido que é o mais rápido sem overshoot).

Passo 8

Análise do item (b): e se usarmos metade do amortecimento projetado (isto é c' = c/2) — a porta fecharia mais rápido e sem impacto?
Explicação da estratégia: manteremos a mesma rigidez k (logo a mesma \omega_n) e reduzimos o amortecimento para c' = c/2. Então a nova razão de amortecimento será
\zeta' = \frac{c'}{2J\omega_n} = \frac{c/2}{2J\omega_n} = \frac{1}{2}\cdot\frac{c}{2J\omega_n} = \frac{1}{2}\zeta = \frac{1}{2},
portanto \zeta' = 0{,}5 (sistema subamortecido).
Resposta física curta: sistema subamortecido oscila e, portanto, haverá overshoot — isto é, a porta ultrapassará a posição de fechamento e muito provavelmente ocorrerá impacto (com velocidade não nula). Logo, mesmo que a primeira passagem pela posição de 2^\circ possa acontecer antes de 0{,}5\\ \text{s}, isso não satisfaz a exigência “sem impacto”. Vou mostrar cálculo numérico do valor em t=0{,}5\\ \text{s} para ilustrar.
No caso subamortecido ( \zeta'<1) a resposta livre com \theta(0)=\theta_0, \dot{\theta}(0)=0 é:
\theta(t) = \theta_0 \, e^{-\zeta'\omega_n t}\left[\cos(\omega_d t) + \frac{\zeta'}{\sqrt{1-\zeta'^2}}\sin(\omega_d t)\right],
onde \omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta'^2}.
Com \zeta'=0{,}5 e \omega_n=10{,}47:
\zeta'\omega_n = 5{,}235,\qquad \omega_d = 10{,}47\sqrt{1-0{,}25}=10{,}47\cdot 0{,}8660 \approx 9{,}07\\ \text{rad/s}.
Avaliação em t=0{,}5\\ \text{s}:
  • fator exponencial: e^{-5{,}235}\approx 0{,}00534.
  • argumento: \omega_d t \approx 9{,}07\cdot 0{,}5 = 4{,}535\\ \text{rad}.
    Calculando as funções trigonométricas (aproximações numéricas):
\cos(4{,}535)\approx -0{,}178,\qquad \sin(4{,}535)\approx -0{,}984.
O fator multiplicador da seno é \dfrac{\zeta'}{\sqrt{1-\zeta'^2}} = \dfrac{0{,}5}{\sqrt{0{,}75}} \approx 0{,}5774.
Então o colchete vale aproximadamente
-0{,}178 + 0{,}5774\cdot(-0{,}984)\approx -0{,}178 -0{,}568\approx -0{,}746.
Multiplicando pelo expoente e por \theta_0 obtemos
\theta(0{,}5) \approx \theta_0 \cdot 0{,}00534 \cdot (-0{,}746) \approx -0{,}00399\,\theta_0.
Com \theta_0=\pi/3\\ \text{rad}\approx 1{,}0472\\ \text{rad},
\theta(0{,}5)\approx -0{,}00418\\ \text{rad}\approx -0{,}24^\circ.
Interpretação: em 0{,}5\\ \text{s} o ângulo já é levemente negativo (ultrapassou o fechamento) — houve overshoot e portanto impacto (a porta bateu e passou). Mesmo se a amplitude numérica do overshoot for pequena, ocorreu ultrapassagem com velocidade não nula, logo NÃO se atende à condição “sem impacto”. Quanto ao tempo de primeira passagem por 2^\circ: ele ocorre antes de 0{,}5\\ \text{s}, mas como há overshoot, a condição de “sem impacto” não é satisfeita.
Conclusão do item (b): não — com metade do amortecimento a porta fica subamortecida, ocorrerá overshoot (impacto), ainda que a passagem inicial possa ser mais rápida.

Passo 9

Análise do item (c): e se usarmos o dobro do amortecimento projetado ( c'' = 2c) — a porta fecharia mais rápido e sem impacto?
Novamente mantemos k fixo (logo \omega_n igual) e dobramos c. A nova razão de amortecimento será
\zeta'' = \frac{c''}{2J\omega_n} = \frac{2c}{2J\omega_n} = 2\zeta = 2,
portanto \zeta''=2 (sistema sobreamortecido). Em sistemas com \zeta>1 não há overshoot (logo impacto é evitado), mas a resposta é mais lenta que o caso criticamente amortecido — na prática o aumento do amortecimento além do crítico torna o tempo de assentamento maior.
Vou calcular numericamente \theta(0{,}5) para \zeta''=2 para verificar se em 0{,}5\\ \text{s} a porta já estaria dentro de 2^\circ ou não.
Para \zeta''=2 os autovalores do sistema são
s_{1,2} = -\omega_n\left(\zeta'' \mp \sqrt{\zeta''^{2}-1}\right).
Com \zeta''=2 temos \sqrt{\zeta''^{2}-1}=\sqrt{3}\approx1{,}732, então
s_{1} = -\omega_n(2-1{,}732)= -\omega_n(0{,}268)\approx -2{,}806\\ \text{s}^{-1},
s_{2} = -\omega_n(2+1{,}732)= -\omega_n(3{,}732)\approx -39{,}06\\ \text{s}^{-1}.
A resposta com \theta(0)=\theta_0,\\ \dot{\theta}(0)=0 tem forma
\theta(t)=C_{1}e^{s_{1}t}+C_{2}e^{s_{2}t},
onde os coeficientes C_1 e C_2 são obtidos das condições iniciais. Resolvendo (cálculo numérico mostrado):
  • s_1 \approx -2{,}806,\\ s_2\approx -39{,}06.
  • As equações para C_1,C_2:
C_1 + C_2 = \theta_0,\qquad C_1 s_1 + C_2 s_2 = 0.
Da segunda obtemos C_2 = -\dfrac{C_1 s_1}{s_2}. Substituindo na primeira:
C_1 - \frac{C_1 s_1}{s_2} = \theta_0 \quad\Rightarrow\quad C_1\left(1-\frac{s_1}{s_2}\right)=\theta_0.
Numericamente:
s_1 - s_2 = 36{,}254,\quad C_2 = \theta_0\frac{s_1}{s_1-s_2}\approx \theta_0\cdot\frac{-2{,}806}{36{,}254}\approx -0{,}0774\,\theta_0,
C_1 = \theta_0 - C_2 \approx \theta_0 + 0{,}0774\,\theta_0 = 1{,}0774\,\theta_0.
(Valores arredondados).
Agora avaliar em t=0{,}5\\ \text{s}. O termo com s_2 decai extremamente rápido (exponencial com coeficiente -39), então é desprezível em 0{,}5\\ \text{s}. Assim
\theta(0{,}5)\approx C_1 e^{s_1\cdot 0{,}5}\approx 1{,}0774\,\theta_0\cdot e^{-2{,}806\cdot 0{,}5}.
Calculemos:
e^{-2{,}806\cdot 0{,}5} = e^{-1{,}403}\approx 0{,}2456.
Portanto
\theta(0{,}5)\approx 1{,}0774\cdot 0{,}2456\cdot\theta_0 \approx 0{,}2647\,\theta_0.
Com \theta_0\approx 1{,}0472\\ \text{rad},
\theta(0{,}5)\approx 0{,}277\\ \text{rad}\approx 15{,}9^\circ,
ou seja muito maior que 2^\circ.
Interpretação: com o dobro do amortecimento (sobreamortecido) a resposta é mais lenta e em 0{,}5\\ \text{s} a porta ainda estaria em torno de 16^\circ, portanto não fecharia dentro do tempo pedido. A vantagem é que não há overshoot, logo não há impacto; a desvantagem é que fica mais lento do que o caso crítico.
Conclusão do item (c): não — com o dobro do amortecimento a porta NÃO fecharia mais rápido; fecharia mais devagar, porém sem impacto.

Passo 10

Resumo físico e recomendações práticas (curto): o projeto ideal para cumprir simultaneamente "chegar a 2^\circ em \le 0{,}5\\ \text{s}" e “sem impacto” é escolher amortecimento crítico ( \zeta=1), o que levou aos valores calculados no Passo 7. Reduzir o amortecimento (metade) acelera passagens mas causa overshoot (impacto). Aumentar o amortecimento (dobro) evita overshoot mas torna o fechamento mais lento, não atendendo o requisito de tempo.

Resposta

a) k \approx 10{,}66\\ \mathrm{N\cdot m/rad},\qquad c \approx 2{,}04\\ \mathrm{N\cdot m\cdot s/rad} (projeto criticamente amortecido).
b) Não — com metade do amortecimento o sistema fica subamortecido ( \zeta=0{,}5); haverá overshoot (impacto), mesmo que a primeira passagem ocorra rapidamente.
c) Não — com o dobro do amortecimento o sistema fica sobreamortecido ( \zeta=2) e fecha mais devagar (em 0{,}5\\ \text{s} estaria ainda em \approx 15{,}9^\circ), porém sem impacto.

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