Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali...
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Soluzione del tema d’esame del 05/05/2000 – A. Curami, R. Sala 1
Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Prova in itinere del 5 maggio 2000
Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, per la configurazione rappresentata:
• la velocità e l'accelerazione del punto D, baricentro del disco;• la forza sviluppata dall’attuatore lineare;• le reazioni vincolari nei punti A e C ed H (contatto disco/piano) discutendo il movimento del
disco.
Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:
a) l’attuatore si muova con velocità V e accelerazione A nei versi segnati;b) il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità;c) la geometria (angoli e lunghezze) sia completamente nota;d) il disco abbia raggio r, massa Md e momento di inerzia baricentrico Jd;e) applicata al baricentro del disco agisca la forza F nel verso indicatof) gli attriti siano trascurabili tranne che tra disco e piano; dove sono da ritenersi noti i coefficientidi attrito statico, dinamico e volvente.
A 45°30°
30°A C
B
V
D
F
60°
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Soluzione della prova in itinere del 05/05/2000 – Allievi Aerospaziali
Analisi del sistema
Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata.
Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto A Punto a terra Nulla NullaPunto B Circonferenza centrata in C ? ?Punto C Punto a terra Nulla NullaPunto D Parallela a terra ? ?
Primo quesito: la velocità angolare del disco
La velocità angolare del disco può essere determinata a partire dalla conoscenza della velocità delpunto D, naturalmente nell’ipotesi che il moto del disco sia di puro rotolamento.La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto A una terna rotante solidalmente ad AB e si determina la velocità assoluta
del punto B;- si posiziona nel punto B una terna traslante di moto circolare attorno a C e si esprime la velocità
assoluta di D come somma vettoriale della velocità di trascinamento e di quella relativa rispettoalla terna sopra descritta.
Velocità assoluta di B
Riassumendo, in riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:
VB ass = VB trasc VB rel.
modulo ? ? vdirezione ⊥ BC ⊥ BA // BA
Costruendo il triangolo delle velocità si ricava il modulo della velocità assoluta di B che, data laparticolare configurazione del sistema che vede l’attuatore lineare AB e l’asta BC perpendicolari traloro, coinciderà con quello della velocità relativa:
BC
AB
VB rel.
VB ass.
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Prima di procedere conviene ricavarsi la velocità angolare dell’asta BC, che risulta essere in versoorario:
BCVBass
BC =ω
che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di B.
Velocità assoluta di D (centro del disco)
Determinata la velocità di B, in riferimento alla terna mobile traslante prima definita, si ottiene:
VD ass = VB VDB
modulo ? nota vdirezione // piano ⊥ BC ⊥ BD
Riportando graficamente l’equazione si ottiene:
Prima di procedere conviene ricavarsi la velocità angolare dell’asta DB, che risulta essere in versoorario:
DBVDBass
DB =ω
che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.
Velocità angolare del disco
Determinata la velocità lineare del centro del disco è immediato ricavare quella angolare del disconell’ipotesi che quest’ultimo si muova di puro rotolamento:
rVd
disco =ω
con verso orario.
AB
VB ass.
⊥BD
⊥BC
piano
VDB
VD ass.
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Primo quesito: la accelerazione angolare del disco
La accelerazione angolare del disco può essere determinata a partire dalla accelerazione del puntoD, naturalmente nell’ipotesi che il moto del disco sia di puro rotolamento.La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:- si posiziona nel punto A una terna rotante solidalmente ad AB e si determina la accelerazione
assoluta del punto B;- si posiziona nel punto B una terna traslante di moto circolare attorno a C e si esprime la
accelerazione assoluta di D come somma vettoriale della accelerazione di trascinamento e diquella relativa rispetto alla terna sopra descritta.
Accelerazione assoluta di B
In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:
ABass n ABass t = ABtr n ABtr t AB rel A com
modulo BCBC2ω ? ABAB
2ω ? a vABω2
direzione // BC ⊥ BC // AB ⊥ AB // AB ⊥ AB
Prima di riportare graficamente l’equazione vettoriale sopra scritta si presti attenzione al fatto che,determinando la velocità assoluta di B, si era concluso che la sua componente di trascinamento,nella particolare configurazione considerata era nulla. La conseguenza immediata è che anche lavelocità angolare dell’attuatore lineare AB, e di conseguenza della terna mobile ad esso associata ènulla per cui l’accelerazione di trascinamento (componente normale) e quella complementarerisulteranno essere nulle.
Prima di procedere conviene ricavarsi l’accelerazione angolare dell’asta BC, che risulta essere inverso orario:
BCABasst
BC =ω&
AB rel.
⊥AB
AB ass n.
AB tr. t
//AB
//BC
AB ass t.
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che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.
Accelerazione assoluta di D
In riferimento alla terna mobile traslante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:
ADass = ABass n ABass t ADB n A DB t
modulo ? BCBC2ω BCBCω& DBDB
2ω ?
direzione // piano // BC ⊥ BC // DB ⊥ DB
Accelerazione angolare del disco
Determinata la accelerazione lineare del centro del disco è immediato ricavare quella angolare dellostesso nell’ipotesi che quest’ultimo si muova di puro rotolamento:
rAd
disco =ω&
con verso orario.
La forza F sviluppata nell’attuatore lineare
La coppia necessaria a garantire il moto può essere determinata tramite un bilancio di potenze,semplificato dalla mancanza di forze di attrito e quindi dall’assenza di potenze perse:
rmC WW
dtdE
−=
AD ass.
⊥DB
AB ass n.ADB tr. n
//piano
//BC
AB ass t.
ADB tr. t.
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Variazione di energia cinetica
L’unico elemento dotato di massa presente nel meccanismo è il disco che quindi contribuisce allavariazione di energia cinetica nel seguente modo:
ddddddC JavM
dtdE
ω×ω+×=r&
rrr
Potenza motrice
E’ fornita dall’attuatore lineare:
vFWm
rr×=
La velocità inserita nella relazione è quella relativa tra i due elementi dell’attuatore.
Potenza resistente
E’ il risultato del contributo della forza Q, della forza peso del disco e dell’attrito volvente nel mototra il disco ed il piano:
dvdddr VNfvgMvQW +×−×−= rrrr
Le velocità in gioco devono essere assolute.
Bilancio di potenze
L’equazione risultante è:
dvdddddddddd VNfvgMvQvFJavM −×+×+×=×+× rrrrrrr&
rrr ωω
in cui tutti i termini risultano essere noti a meno della forza sviluppata dall’attuatore lineare e dellareazione verticale del suolo N.Occorrerà quindi calcolare la reazione vincolare nel punto di contatto fra piano e disco. Allo scoposarà sufficiente isolare il disco tagliando l’asta BD che, essendo priva di massa e scarica, può essereconsiderata una biella e scrivere le equazioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticalenonché alla rotazione.Le forze in gioco risultano essere quelle sotto indicate:
N
T
Fi
Q
FB
Mdg
Ci
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Da cui:
FBDcos(45) - Qcos(30) – Ficos(30)-Tcos(30)+Ncos(60)=0 traslazione orizzontale
FBDsen(45) - Qsen(30) – Fisen(30)-Mdg+Tsen(30)+Nsen(60)=0 traslazione verticale
Ci –Tr+Nfr=0 rotazione
Le reazioni vincolari nelle cerniere A e C
Sarà sufficiente scrivere le equazioni di equilibrio del sistema dopo avere eliminato le cerniere in Ae C (e averle sostituite con le corrispondenti reazioni) e osservare che le aste AB e BC possonoessere considerate delle bielle.Si tenga presente che la reazione in B dovuta alla presenza del disco è già stata calcolata nel puntoprecedente della soluzione.
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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Prova in itinere del 12 giugno 2000
Es. 1 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede:
a) Scrivere l’energia potenziale e l’energia cinetica;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie.
Nella risoluzione si ritengano note:
La massa (Md), il momento di inerzia baricentrico (Jd) ed il raggio (R) del disco; La massa (Ms) e il momento di inerzia baricentrico (Js) della slitta scorrevole sul ; Le costanti elastiche delle tre molle riportate nel disegno, tutte pari a K; La lunghezza in condizione indeformata delle due molle orizzontali pari ad l;
Si sottolinea che il disco ed il pendolo sono solidali tra loro e che il pendolo ha massae momento di inerzia trascurabile.
Es. 2 - Dati due alberi ad assi paralleli tra i quali si deve trasmettere un certomomento con un certo rapporto di trasmissione, si discutano le possibili soluzioniconfrontandole criticamente e ricorrendo, ove sia necessario, a sviluppi analitici.
K
l
K
l
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Analisi del sistema
Il sistema si presenta a due gradi di libertà, corrispondenti rispettivamente all’oscillazione del discosul piano ed alla oscillazione della slitta lungo l’asta. La condizione vale naturalmente solonell’ipotesi che il disco rotoli sul piano senza strisciare.I gradi di libertà saranno individuati dalle seguenti coordinate libere:θ -> oscillazione del disco con θ = 0 in corrispondenza alla posizione in cui il baricentro del disco
è equidistante dalle due barriere laterali. Si assumano rotazione, velocità ed accelerazionepositive in verso orario
x -> oscillazione della slitta lungo l’asta; assumiamo che la posizione x = 0 coincida con laposizione di equilibrio statico. Questo significa che la posizione x = 0 si troverà alla distanza∆x dalla cerniera, risultato della somma della lunghezza della molla indeformata (xmi) edell’allungamento della stessa (x0) a causa del carico statico determinato dalla massa della
slitta (x0 = K
gMs ). Si consideri inoltre la variabile l0= xmi + x0. Si assumamo
spostamento, velocità ed accelerazione positive verso il basso.
Energia potenziale del sistema
Considerando singolarmente l’energia potenziale dei singoli componenti il sistema si ha:
Ep = Ep disco + Ep slitta + Ep 1+ Ep 2+ Ep 3
Il disco contribuisce all’energia potenziale del sistema con un termine costante che trascuriamo inquanto verrebbe eliminato dalle operazioni di derivazione previste da Lagrange.
Si consideri ora la slitta; il lavoro totale compiuto dalla massa Ms, essendo il campo di forzeconservativo, è indipendente dalla traiettoria ma è funzione solo della posizione iniziale e di quellafinale. Questo significa che la variazione di energia potenziale cambiata di segno, può essere vistocome il lavoro compiuto per farla spostare in verticale di una quantità x a cui si somma il lavoronecessario per far ruotare, da questa posizione, l’asta di un angolo θ e quindi:
3
1 2
X
θ
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Ep.slitta = – Msg x + Msg (l0 + x)(1 – cosθ)
In modo diverso, ma ai fini del risultato del tutto equivalente, per il calcolo dell’energia potenzialedella slitta si immagini di portarla nella posizione x = 0, θ = 0 e successivamente di applicare insuccessione uno spostamento elementare di θ e quindi uno di x e di esprimere nelle diverse ipotesila quota della slitta rispetto al baricentro del disco (quota positiva verso il basso).
1) Qs = xmi + x0
2) Qs = (xmi + x0)cosθ
3) Qs = (xmi + x0 + x)cosθ
Il lavoro risultante per spostare la massa dalla condizione iniziale a quella finale sarà dato dai duesingoli contibuti riportati nel seguito; si consideri la condizione (2) rispetto alla condizione (1); il∆Q21 è negativo e quindi diretto verso l’alto. Il lavoro risultante sarà:
L = 21
Q∆×gs
M = - 21Q∆gsM = Msgl0(cosθ - 1)
Consideriamo la condizione (3) rispetto alla condizione (2); il ∆Q32 è positivo e quindi diretto versoil basso. Il lavoro risultante sarà:
L = 32
Q∆×gs
M = + 32Q∆gsM = Msgxcosθ
Dato il lavoro calcoliamo immediatamente il valore dell’energia potenziale della slitta
Ep slitta = - L = Msgl0(1 - cosθ) - Msgxcosθ = Msg(l0+x)(1 - cosθ) - Msgx
Rimane da determinare il contributo delle molle all’energia potenziale definendo i singoliallungamenti in funzione delle coordinate libere; ci si limita ad analizzare la molla verticale inquanto lo spostamento degli estremi delle altre due è semplicemente determinabile in base a θ(spostamento dato da Rθ); tornando alla molla disposta in verticale, occorre tenere presente chel’origine della variabile x è stata assunta nella condizione di equilibrio (e non in quella di mollaindeformata); la variazione di energia potenziale della molla sarà quindi data da:
Vmolla = 21 k (∆l)2
dove ∆l è dato da:
∆l = x0 + x
dove x0 rappresenta l’allungamento della molla all’equilibrio statico, ovviamente uguale a Msg/K.
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La variazione di energia potenziale della molla risulta quindi essere:
Vmolla = 21 k (x0 + x)2
Sviluppando il termine si ottiene:
Vmolla = 21 k (x0
2 +2 x0x+ x2) = (Msg) 2/2k + Msgx +
21 k x2
Dello sviluppo possiamo trascurare il termine costante (eliminato dalle derivazioni). In accordo conquanto detto, l’energia potenziale assume il seguente valore:
Ep = Msg(l0+x)( 1 - cosθ) + 21 K(Rθ)2 +
21 K(R)2 +
21 Kx2
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica del sistema è data dalla somma di quella del disco e della slitta.
L’energia cinetica del disco è facilmente determinabile:
( ) 2222
21
21
21
21 θθθ ddddc JRMJVME +=+=
L’energia cinetica della slittà è determinabile con lo stesso procedimento, che comporta tuttavia unadeterminazione della velocità assoluta del baricentro più complessa:
22
21
21 θssc JVME +=
La velocità assoluta del baricentro è infatti data da tre diverse componenti:
1) velocità di trascinamento dovuta al moto del baricentro del disco
v1 = Rθ
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2) velocità di trascinamento dovuta alla rotazione del disco
v2 = (xmi + x0 + x) θ = (l0 + x) θ
3) velocità relativa dovuta all’oscillazione della slitta
v3 = x
I tre termini si compongono vettorialmente nel seguente modo
(l0 + x) θ x
Rθ
Per il calcolo dell’energia cinetica è necessario calcolare il quadrato della velocità assoluta. Diconseguenza è possibile proiettare le singole componenti in orizzontale ed in verticale esuccessivamente applicare il teorema di Pitagora.
(Vx)2 = (Rθ - (l0 + x) θ cosθ - x sinθ )2
(Vy)2 = ((l0 + x) θ sinθ - x cosθ )2
θ
θ
θ
θ
θ
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Sviluppando i quadrati (nella prima colonna il trinomio e nella seconda il binomio), si ottiene:
V2 = (Vx)2 + (Vy)2
R2 θ 2
+ (l0 + x)2cos2θ θ 2 (l0 + x)2sin2θ θ 2
+ sin2θ + cos2θ x 2
- 2R(l0+x)cosθ θ 2
- 2Rsinθ θ x
+ 2(l0+x)cosθ sinθ θ X - 2(l0+x)cosθ sinθ θ X
Effettuando le opportune semplificazioni si ottiene:
V2 = R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x
E quindi, nota la velocità assoluta del baricentro si ottiene l’espressione dell’energia cinetica dovutaalla slitta:
Ec = 21 Ms (R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x ) +
21 Js θ 2
Linearizzazione delle equazioni
Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio statico delsistema che può essere individuata imponendo le seguenti due eguaglianze:
Sicuramente una condizione di equilibrio è data dalla coppia di variabili:
2x
θ+θ+=θ∂
∂
+θ−=∂∂
20s
p
sp
KR2sin)xl(gME
Kx)cos1(gMx
E
.....3,2,1,0nn00x
=→π±=θ=
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Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,02p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ K > 0
0,02p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ Msg(l0 + x)cosϑ+2KR2 > 0
0,02p
2
xE
∂∂
0,02p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
xE
θ∂∂∂
> 0⇒ K(Msg(l0 + x)cosϑ+2KR2) –(Msgsinϑ)2> 0
Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile.Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energeticheeventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energiacinetica.
Linearizzazione dell’energia potenziale
θθ∂∂
∂+θθ∂
∂+∂∂+θ
θ∂∂+
∂∂+≅θ= x
xV
2V
2x
xVVx
xVV),x(VV
0,0
22
0,02
22
0,02
2
0,00,00,0
Dei termini in questione: il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la
scrittura delle equazioni di Lagrange; i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di
equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui, ricordando che l’espressionerigorosa dell’energia potenziale è data da:
Ep = Msg(l0+x)( 1 - cosθ) + 21 K(Rθ)2 +
21 K(Rθ)2 +
21 Kx2
Di cui l’unico termine da linearizzare è il primo:
Ep1 = Msg(l0+x)( 1 - cosθ)
che, opportunamente svolto dà:
Ep1 = Msgl0(1 - cosθ)+ Msgx(1 - cosθ)
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Eseguendo le opportune derivazioni si ottiene:
0xE
0,02
1p2
=∂
∂
0,02
1p2Eθ∂
∂= [Mg (L0 + x)cosθ]|0,0 = MgL0
0,0
1p2
xEθ∂∂
∂= Mg sinθ = 0
Da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
Ep = 21 Mgl0θ2 + K(Rθ)2 +
21 Kx2
Linearizzazione dell’energia cinetica
L’energia cinetica può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1k,jkj21jkc qq)q,q(a
21E
e quindi la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni linearizzate è:
∑=
≅2
1k,jkj2010jkc qq)q,q(a
21E
Ricordando l’espressione rigorosa dell’energia cinetica:
Ec = 21 Ms (R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x +
21 Js θ 2 +
21 Md (Rθ )2 +
21 Jd θ 2
Per quanto sopra affermato la linearizzazione dell’energia cinetica può essere ottenuta sostituendonei coefficienti i valori corrispondenti alla posizione di equilibrio statico (x = 0, θ = 0):
Ec = 21 Ms (R2θ 2 + l0
2θ 2 + x 2 - 2Rl0θ2 ) +
21 Js θ 2 +
21 Md (Rθ )2 +
21 Jd θ 2
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Secondo quesito: equazioni di equilibrio linearizzate
Applicando il metodo di Lagrange le equazioni di equilibrio linearizzate sono:
Prima equazione:
( )2 2 20 02c
s s d dE M R l Rl J M R Jθ θ θ θθ
∂ = + − + + +∂
( )2 2 20 02c
s s d dd E M R l Rl J M R Jdt
θθ
∂ = + − + + + ∂
0cEθ
∂ =∂
( )θθ
20 2KRglM
Es
p +=∂∂
Seconda equazione:
cs
E M xx
∂ =∂
cs
d E M xdt x
∂ =∂
cEx
0∂ =∂
pE Kxx
∂=
∂ovvero
( )2 2 20 0 02 0 2 0 0
0 00s s d d s
s
M R l Rl J M R J M gl KRK xxM
θθ + − + + + + + =
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Terzo quesito: determinare le frequenze proprie del sistema
Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche (nel nostro caso diagonali) e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sonopuramente armoniche, cioè del tipo 0
0( ) i tx t X e ω= , che, sostituite nel sistema, danno
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ovvero di
2 2 2 40 0 0( 2 ) ...s s s s d dM R M l M Rl J M R J ω+ − + + + +
2 2 2 20 0 0 0 0(( 2 ) ( 2 )) ( 2 ) 0s s s s s s d d sM gl KR M K M R M l M Rl J M R J M gl KR Kω+ + + + − + + + + + =
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 20ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti,
0 ,I IIs
KM
ω = ±
( )0
0 , 2 2 20 0
22s
III IVs s d d
M gl KRM R l Rl J M R J
ω += ±+ − + + +
Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori. Infatti l’inversadella matrice di massa è
[ ] ( )2 2 21 0 01 2 0
0 1s s d d
s
M R l Rl J M R JM
M− + − + + + =
e
[ ] [ ] [ ]1A M K−= =( ) ( )2 2 2
0 0 02 2 0
0s s s d d
s
M gl KR M R l Rl J M R J
K M
+ + − + + +
per cui
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[ ] [ ] 0I Aλ− + = con 20λ ω=
e quindi
21 01
s
KM
λ ω= =
( )2 0
2 02 2 2 20 0
22s
s s d d
M gl KRM R l Rl J M R J
λ ω += =+ − + + +
I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente, essendo le equazioni disaccoppiate,
1 2
0 1;
1 0x xθ θ = =
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 1
Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 21 giugno 2000
Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazionerappresentata:
a) la velocità e l'accelerazione del punto D;b) la forza motrice che deve essere generata dall’attuatore lineare OA;c) le reazioni nella cerniera O’.
Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:
Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità lineare relativa generata dall’attuatore lineare sia V costante;Ø l’unico elemento dotato di massa sia ABC, di cui sono noti la massa (M) ed il
momento di inerzia baricentrico (J).Ø gli attriti siano trascurabili;Ø la forza F applicata in D sia orizzontale.
FD
OO'
C
B
A
V costante
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 2
Analisi del sistema
Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata.
Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in B ? ?Punto B Punto a terra Nulla NullaPunto C Circonferenza centrata in B ? ?Punto D Circonferenza centrata in O’ ? ?
La velocità del punto D
La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidalmente ad OA e si determina la velocità assoluta
del punto A;- nota la velocità assoluta di A si determina la velocità angolare di ABC e quindi quella di C;- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto circolare attorno a B e si esprime la velocità
assoluta di D come somma vettoriale della velocità di trascinamento e di quella relativa rispettoalla terna sopra descritta.
Velocità assoluta di A
Riassumendo, in riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:
VA ass = VA trasc VA rel.
modulo ? ? vdirezione ⊥ BA ⊥ OA // OA
Da cui graficamente si ha: O
BA
VAass
VAtras
VArel
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 3
Prima di procedere conviene ricavare la velocità angolare dell’asta BA, che ruota in versoantiorario:
BAVAass
BA =ω
che verrà nel seguito utilizzata per determinare la velocità assoluta di C e l’accelerazione assoluta diB.
Velocità assoluta di C
Conoscendo la velocità angolare di ωBA si ha:
BAV BACass ω=
ovviamente diretta verso il basso come conseguenza della velocità angolare antioraria.
Velocità assoluta di D
Riassumendo, in riferimento alla terna traslante sopra definita, in tabella si ottiene:
VD ass = VC ass VDC
modulo ? ωBA BC ?direzione ⊥ O’D ⊥ BC ⊥ DC
Da cui graficamente si ha:
FD
OO'
C
BA
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 4
La velocità angolare dell’asta O’D, che ruota in verso antiorario, è:
D'OVDass
D'O =ω
e sarà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.
La velocità angolare dell’asta CD, che ruota in verso orario, è:
CDVCD
CD =ω
e sarà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.
La accelerazione del punto D
La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidalmente ad OA e si determina la accelerazione
assoluta del punto A;- nota la accelerazione assoluta di A si determina quella angolare di ABC e quindi quella di C;- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto circolare attorno a B e si esprime la
accelerazione assoluta di D come somma vettoriale della accelerazione di trascinamento e diquella relativa rispetto alla terna sopra descritta.
Accelerazione assoluta di A
In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:
AAass n AAass t = AAtr n AAtr t AA rel A com
modulo ABù 2BA
? OAù 2BA
? 0 v2ù OA
direzione // ABverso B
⊥ AB // OAverso O
⊥ OA // OA ⊥ OA
O
BA
AAtr t
Acomp
AAtr n
AAass n
AAass t
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 5
L’accelerazione angolare dell’asta BA, diretta in verso orario:
BAAAasst
BA =ω&
verrà utilizzata per determinare l’accelerazione di C e quindi di D.
Accelerazione assoluta di C
Il punto C ruota attorno ad O con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:
ACass = ACass n ACass t
modulo ? BC2BAω BCBAω&
direzione ? // BC ⊥ BC
Accelerazione assoluta di D
In riferimento alla terna mobile traslante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:
AD n AD t = ACass n ACass t ADC n A DC t
modulo D'O2D'Oω ? BC2
ABω BCABω& CD2CDω ?
direzione // O‘D ⊥O‘D // BC ⊥ BC // CD ⊥ CD
FD
OO'
C
BA
ADtr tADtr n
ADass n
ADass t
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 6
La forza F sviluppata dall’attuatore lineare
Per il calcolo della forza F che l’attuatore lineare deve sviluppare per garantire il moto, si puòricorrere ad un bilancio di potenze.
rmC WW
dTdE
−=
Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica del corpo ABC ed inparticolare del suo baricentro che chiameremo G.
Velocità assoluta di G
Conoscendo la velocità angolare di ωBA si ha:
GAV BAGass ω=
ovviamente diretta verso il basso come conseguenza della velocità angolare antioraria.
Accelerazione assoluta di G
Il punto G ruota attorno ad O con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:
AGass = AGass n AGass t
modulo ? GC2BAω GCBAω&
direzione ? // GC ⊥GC
La variazione di energia cinetica del sistema coincide con quella del corpo ABC:
ABABABCGGABCC JavM
dTdE
ω×ω+×=r&
rrr
La potenza motrice è fornita dall’attuatore lineare per cui:
vFWm
rr×=
dove la velocità da considerarsi è quella relativa.
La potenza resistente vede in gioco il contributo della forza F e della forza peso:
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 7
GABCdr vgMvFWrrrr
×−×−=
L’equazione dell’energia risulta quindi essere:
GABCdABABABCGGABC vgMvFvFJavMrrrrrrr
&rrr
×+×+×=ω×ω+×
in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita F.
Le reazioni vincolari in O’
Osservato che DO’ e BC sono entrambe delle bielle, per cui è nota la direzione della reazione daesse esercitate, è possibile spezzare l’asta DC ed eliminare la cerniera in O’ sostituendole con lerispettive reazioni. Scrivendo l’equilibrio di questa parte del sistema è possibile trovare la reazioneesercitata dalla cerniera O’.
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 8
Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiededi:
a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie e i relativi modi di vibrare.
Il sistema è costituito da una slitta che oscilla liberamente su una superficie pianapriva di attrito; alla slitta è incernierato un pendolo semplice di lunghezza L e massam.
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 9
Analisi del sistema
Il sistema si presenta a due gradi di libertà:
x oscillazione della slitta sul piano.L’origine coincide con un punto sulla verticale tracciata per A, punto equidistante dagliagganci delle due molle.
θ oscillazione del pendoloL’origine coincide con la condizione di pendolo verticale.
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del pendolo:
Dove V rappresenta la velocità del baricentro del pendolo:
θθ+θ+= &&&& xcosl2lxV 2222
L’energia cinetica totale è:
( ) 22222c J
21
xcosl2lxm21
xM21
E θ+θθ+θ++= &&&&&&
Energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (slitta e pendolo) e diquella elastica (molle):
2slittac xM
21
E &=−
22pendoloc J
21
mV21
E θ+=−
[ ][ ]=θθ+θθ+=
=θ+θ+=+=
j)cosl(i)coslx(dtd
j)cosl(i)lsinx(dtd
)jyix(dtd
V GG
r&
r&&
rrrr
2mollep
pendolop
slittap
)senax(K21E
)cos1(mglE
tetancosE
θ+=
θ−=
=
−
−
−
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 10
La deformazione delle molle è stata calcolata nell’ipotesi che queste rimangano orizzontali e che lavariazione di quota a sia trascurabile. In alternativa si poteva considerare costante la quota dellemolle, nel qual caso la deformazione dovuta all’asta sarebbe stata proporzionale alla tangente. Ledue soluzioni sono da ritenersi equivalenti.
L’energia potenziale totale, a meno dei termini costanti, è:2
p )senax(K)cos1(mglE θ++θ−=
Equazioni differenziali non lineari
Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cineticae di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange:
Prima equazione:
0)senax(K2senmlcosmlx)mM(x
Ex
Ex
Edtd 2pCC =θ++θθ−θθ++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂ &&&&&
&
θθ++=∂
∂ &&&
cosmlx)mM(x
Ec
θθ−θθ++=
∂∂ &&&&&
&senmlcosmlx)mM(
xE
dtd c
0x
Ec =∂
∂
)senax(K2x
Ep θ+=∂
∂
Seconda equazione:
0cos)senax(Kamglsinxcosml)Jml(EEE
dtd 2pCC =θθ++θ+θ+θ+=
θ∂∂
+θ∂
∂−
θ∂∂
&&&&&
xcosml)Jml(E 2c &&&
θ+θ+=θ∂
∂
xcosmlxmlsin)Jml(E
dtd 2c &&&&&&
& θ+θθ−θ+=
θ∂∂
θθ−=θ∂
∂ &&xmLsinEc
θθ++θ=θ∂
∂cos)senax(Ka2mglsin
Ep
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 11
Posizione di equilibrio
Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio va verificata imponendo le seguenti due eguaglianze:
)senax(K2x
Ep θ+=∂
∂
θθ++θ=θ∂
∂cos)senax(Ka2mglsin
Ep
Sicuramente una condizione di equilibrio è data dalla coppia di variabili:
Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,0
2p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ 2K > 0
0,0
2p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ θ−θ+θ 22 senKacosKacosmgl
0,0
2p
2
xE
∂∂
0,0
2p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
x
E
θ∂∂∂
> 0
Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, pertutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle formeenergetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale el’energia cinetica.
Linearizzazione dell’energia potenziale
Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:
xx
E2
E2x
EEx
xE
E),x(EE0,0
p22
0,0
2p
22
0,0
2p
2
0,0
p
0,0
p
0,0ppp θ∂θ∂
∂+
θθ∂
∂+
θ∂
∂+θ
θ∂∂
+∂
∂+≅θ=
Dei termini in questione:§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la
scrittura delle equazioni di Lagrange;
.....3,2,1,0nn0
0x
=→π±=θ=
0cosKa2senKacosKacosKmgl2 22 >θ−θ−θ+θ
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 12
§ i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).
Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:
K2xE
0,0
2p
2
=∂
∂
0,0
2p
2Eθ∂
∂= Ka2mglsenaKx2senKa2cosKa2cosmgl 22 +=ϑ−θ−θ+θ
Ka2cosKa2xE
0,0
p2
=θ=θ∂∂
∂
da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
2)Kamgl(Kax2KxE
22
pθ
++θ+=
Linearizzazione dell’energia cinetica
Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1k,jkj21jkc qq)q,q(a
21
E &&
dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:
∑=
≅2
1k,jkj2010jkc qq)q,q(a
21
E && =
= ( ) 22222 J21
xl2lxm21
xM21
θ+θ+θ++ &&&&&&
Equazioni linearizzate
Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene:
Prima equazione:
0)ax(K2mlx)mM(x
Ex
Ex
Edtd pCC =θ++θ++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂ &&&&
&
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 13
θ++=∂
∂ &&&
mlx)mM(x
Ec
θ++=
∂∂ &&&&
&mlx)mM(
xE
dtd c
0x
Ec =∂
∂
)ax(K2x
Ep θ+=∂
∂
Seconda equazione:
0cos)senax(K
mglsinxml)mlJ(EEE
dtd 2pCC
=θθ++
+θ++θ+=θ∂
∂+
θ∂∂
−
θ∂∂
&&&&&
xml)mlJ(E 2c &&&
+θ+=θ∂
∂
xml)mlJ(E
dtd 2c &&&&
& +θ+=
θ∂∂
0Ec =θ∂
∂
θ+θ+=θ∂
∂KamglKax2
Ep
ovvero
=
θ
+
+
θ
+
+0
0x
mglKaKa2
Ka2K2x
mlJml
mlmM2 &&
&&
Frequenze proprie del sistema
Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioèdel tipo:
ti0
0eX)t(x ω=
sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:
Soluzione del tema d’esame del 21/06/2000 – A. Curami, R. Sala 14
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ovvero di:
ω−ω−ω−ω−
=
+ω−+ω−
ω−+ω−*2
0*2
0
20
*20
220
20
20
20
JKmlKa2mlKa2MK2
)mlJ(mglKamlKa2
mlKa2)mM(K2 det
0mlmlKa4aK4JMKMKJ2KK2 40
20
2240
**20
**20
** =ω+ω+−ω+ω−ω−
0aK4KK2)KJ2KMmlKa4()mlJM( 22*20
***40
** =−+ω−−+ω+
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 20ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:
( ))mlJM(2
)aK4KK2)(mlJM(4)KJ2KMmlKa4(KJ2KMmlKa4**
22***2******
II,I0+
−+−++−+++−=ω
Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto:
2022
2011
ω=λ
ω=λ
I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente:
λ
=
θ
λ=
θ 2211
1x;
1x
( ))mlJM(2
)aK4KK2)(mlJM(4)KJ2KMmlKa4(KJ2KMmlKa4**
22***2******
IV,III0+
−+−++−−++−=ω
Giugno 2000 - Pag. 1 di 1
Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede di: a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari; b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate; c) Determinare le frequenze proprie e i relativi modi di vibrare. Il sistema è costituito da una slitta che oscilla liberamente su una superficie piana priva di attrito; alla slitta è incernierato un pendolo semplice di lunghezza L e massa m.
Giugno 2000 - Pag. 2 di 2
Analisi del sistema Il sistema si presenta a due gradi di libertà: x oscillazione della slitta sul piano.
L’origine coincide con un punto sulla verticale tracciata per A, punto equidistante dagli agganci delle due molle.
θ oscillazione del pendolo
L’origine coincide con la condizione di pendolo verticale. Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del pendolo:
Dove V rappresenta la velocità del baricentro del pendolo:
θθ+θ+= xcosl2lxV 2222 L’energia cinetica totale è:
( ) 22222c J
21xcosl2lxm
21xM
21E θ+θθ+θ++=
Energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (slitta e pendolo) e di quella elastica (molle):
2slittac xM
21E =−
22pendoloc J
21mV
21E θ+=−
[ ][ ]=θθ+θθ+=
=θ+θ+=+=
j)cosl(i)coslx(dtd
j)cosl(i)lsinx(dtd)jyix(
dtdV GG
2
costante(1 cos )
1 ( sen )2
p slitta
p pendolo
p molle
EE mgl
E K x a
θ
θ
−
−
−
== −
= +
Giugno 2000 - Pag. 3 di 3
La deformazione delle molle è stata calcolata nell’ipotesi che queste rimangano orizzontali e che la variazione di quota a sia trascurabile. In alternativa si poteva considerare costante la quota delle molle, nel qual caso la deformazione dovuta all’asta sarebbe stata proporzionale alla tangente. Le due soluzioni sono da ritenersi equivalenti. L’energia potenziale totale, a meno dei termini costanti, è:
2p )senax(K)cos1(mglE θ++θ−=
Equazioni differenziali non lineari Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cinetica e di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange: Prima equazione:
0)senax(K2senmlcosmlx)mM(x
Ex
Ex
Edtd 2pCC =θ++θθ−θθ++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂
θθ++=∂
∂ cosmlx)mM(x
Ec
2( ) cos sencd E M m x ml mldt x
θθ θθ∂ = + + − ∂
0x
Ec =∂
∂
)senax(K2x
Ep θ+=∂
∂
Seconda equazione:
0cos)senax(Kamglsinxcosml)Jml(EEE
dtd 2pCC =θθ++θ+θ+θ+=
θ∂∂
+θ∂
∂−
θ∂∂
xcosml)Jml(E 2c θ+θ+=θ∂
∂
xcosmlxmlsin)Jml(Edtd 2c θ+θθ−θ+=
θ∂∂
θθ−=θ∂
∂ xmLsinEc
θθ++θ=θ∂
∂cos)senax(Ka2mglsin
Ep
Giugno 2000 - Pag. 4 di 4
Posizione di equilibrio Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile del sistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmente svolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili. Tale posizione di equilibrio va verificata imponendo le seguenti due eguaglianze:
)senax(K2x
Ep θ+=∂
∂
θθ++θ=θ∂
∂cos)senax(Ka2mglsin
Ep
Sicuramente una condizione di equilibrio è data dalla coppia di variabili:
Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,02p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ 2K > 0
0,02p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ ( )2 2cos 2 cos sin sinmgl Ka a xθ θ θ θ+ − −
22mgl Ka+ nella posizione di equilibrio
0,02p
2
xE
∂∂
0,02p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
xE
θ∂∂∂
> 0
nella posizione di equilibrio Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, per tutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energia cinetica. Linearizzazione dell’energia potenziale Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:
xx
E2
E2x
EEx
xE
E),x(EE0,0
p22
0,02p
22
0,02p
2
0,0
p
0,0
p
0,0ppp θ∂θ∂
∂+θ
θ∂∂
+θ∂
∂+θ
θ∂∂
+∂
∂+≅θ=
Dei termini in questione:
.....3,2,1,0nn00x
=→π±=θ=
0cosKa2senKacosKacosKmgl2 22 >θ−θ−θ+θ
2Kmgl
Giugno 2000 - Pag. 5 di 5
il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la scrittura delle equazioni di Lagrange;
i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).
Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:
K2xE
0,02p
2
=∂
∂
0,02p
2Eθ∂
∂= 2 2 2cos 2 cos 2 sen 2 sen 2mgl Ka Ka aKx mgl Kaθ θ θ ϑ+ − − = +
Ka2cosKa2xE
0,0
p2
=θ=θ∂∂
∂
da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
22 2 ( 2 )
2pE Kx Kax mgl Ka θθ= + + +
Linearizzazione dell’energia cinetica Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1k,jkj21jkc qq)q,q(a
21E
dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:
∑=
≅2
1k,jkj2010jkc qq)q,q(a
21E =
= ( ) 22222 J21xl2lxm
21xM
21 θ+θ+θ++
Equazioni linearizzate Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene: Prima equazione:
0)ax(K2mlx)mM(x
Ex
Ex
Edtd pCC =θ++θ++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂
Giugno 2000 - Pag. 6 di 6
θ++=∂
∂ mlx)mM(x
Ec
θ++=
∂∂ mlx)mM(
xE
dtd c
0x
Ec =∂
∂
)ax(K2x
Ep θ+=∂
∂
Seconda equazione:
2( ) sin ( sen )cos 0pC CEd E E J ml mlx mgl K x a
dtθ θ θ θ
θ θ θ∂∂ ∂ − + = + + + + + = ∂ ∂ ∂
xml)mlJ(E 2c +θ+=θ∂
∂
xml)mlJ(Edtd 2c +θ+=
θ∂∂
0Ec =θ∂
∂
2 2pE Kax mgl Kaθ θθ
∂= + +
∂
ovvero
2
2 2 02 2 0
M m ml x K Ka xml J ml Ka Ka mglθ θ+ + = + +
Frequenze proprie del sistema Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezza simmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè del tipo: ti
00eX)t(x ω=
sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:
Giugno 2000 - Pag. 7 di 7
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ponendo *;M m M+ = 2 *J ml J+ = e 2 *Ka mgl K+ = otteniamo:
ω−ω−ω−ω−
=
+ω−+ω−ω−+ω−
*20
*20
20
*20
220
20
20
20
JKmlKa2mlKa2MK2
)mlJ(mglKamlKa2
mlKa2)mM(K2 det
* * 2 * * 2 * * 4 2 2 2 2 2 4
0 0 0 0 02 2 4 4 0KK KJ M K M J K a mlKa m lω ω ω ω ω− − + − + + =
* * 2 2 4 * * * 2 * 2 20 0( ) (4 2 ) 2 4 0M J m l mlKa M K KJ KK K aω ω+ + − − + − =
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 2
0ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie del sistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:
( )* * * * * * 2 * * 2 2 * 2 2
0 , * *
4 2 ( 4 2 ) 4( )(2 4 )2( )I II
mlKa M K KJ mlKa M K KJ M J m l KK K aM J ml
ω− + + + − + + − + −
=+
Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto:
2022
2011
ω=λ
ω=λ
I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente:
λ
=
θ
λ
=
θ 2211
1x;
1x
( )* * * * * * 2 * * 2 2 * 2 2
0 , * *
4 2 ( 4 2 ) 4( )(2 4 )2( )III IV
mlKa M K KJ mlKa M K KJ M J m l KK K aM J ml
ω− + + − − + + − + −
=+
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 1
Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 05 luglio 2000
Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazione rappresentata:a) la velocità e l'accelerazione del punto D, centro del disco;b) la velocità angolare e l’accelerazione angolare del disco;c) la coppia motrice applicata alla manovella OA;d) le reazioni nella cerniera E.Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità angolare della manovella sia ù costante e diretta in verso antiorario;Ø il disco abbia massa M e momento di
inerzia J;Ø gli attriti siano trascurabili;Ø l’asta ED abbia massa m (uniformemente
distribuita) e momento di inerziabaricentrico j.
Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura,operante nel piano verticale, si richiede di:a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico
linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie e i relativi
modi di vibrare.Il sistema è costituito da una slitta di massa Mvincolata a muoversi verticalmente da due guidelaterali prive di attrito e da un disco circolare diraggio r e massa m che rotola senza strisciaresulla parte superiore concava della slitta(geometricamente descrivibile come un arco dicirconferenza di raggio R). La slitta appoggia poisu un supporto elastico schematizzabile come unamolla con costante elastica K.
Es. 3 – Discutere il fenomeno delle velocità critiche flessionali ricorrendo agli opportuni sviluppianalitici.
B
D
A
O C
E
K
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 2
Es. 1: Analisi del sistema
Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata.
Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in O Nota NotaPunto B Circonferenza centrata in O ? ?Punto C Punto a terra Nulla NullaPunto D Circonferenza centrata in E ? ?Punto E Punto a terra Nulla Nulla
La velocità del punto D
La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto A una terna traslante di moto circolare attorno ad O e si determina la
velocità assoluta del punto B (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella ditrascinamento (completamente nota dai dati del problema) e di quella relativa (nota solo indirezione);
- si posiziona nel punto A una terna rototraslante solidale all’asta AB e si ricava la velocitàassoluta del punto D (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento(completamente nota) e di quella relativa (nota solo in direzione).
Velocità assoluta di B
In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita, in tabella si ottiene:
VB ass = VB trasc VB rel.modulo ? ωOA ?
direzione ⊥ CB ⊥ OA ⊥ AB
Da cui graficamente si ha:
B
VB
A
O C
VBAVA
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 3
Sono ora note le velocità angolari delle altre due aste:
Ø asta BA (verso orario)
BAVBA
BA =ω
Ø asta BC (verso antiorario)
BCVB
BC =ω
Velocità assoluta di D
In riferimento alla terna rototraslante sopra definita, in tabella si ottiene:
VD ass = VD trasc (traslazione) VD trasc (rotazione) VD relativa
modulo ? ω OA ωBA DA ?direzione ⊥ ED ⊥ OA ⊥ DA // AB
Da cui graficamente si ha:
E’ nota la velocità angolare dell’asta ED:
Ø asta ED (verso orario)
EDVD
ED =ω
La accelerazione del punto D
La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:
B
D
A
O C
E
VA
VDA
VDVDrel
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 4
- sfruttando la terna traslante posizionata in A si determina la accelerazione assoluta del punto B(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (completamente nota dai dati delproblema) e di quella relativa (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione);
- si posiziona nel punto A una terna rototraslante solidale all’asta AB e si ricava la accelerazioneassoluta del punto D (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione).
Accelerazione assoluta di B
In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della accelerazione di Bsi ha:
ABass n ABass t = AA n AA t ABA n ABA t
modulo BC2BCω ? OA2ω 0 BA2
BAω ?
direzione // BCverso C
⊥ BC // OAverso O
⊥ OA // BAverso A
⊥ BA
Sono ora note le accelerazioni angolari delle altre due aste:
Ø asta BA (verso orario)
BAABAt
BA =ω&
Ø asta BC (verso antiorario)
BCABasst
BC =ω&
Accelerazione assoluta di D
In riferimento alla terna rototraslante precedentemente introdotta l’accelerazione assoluta di D èdata dalla seguente tabella:
ADass n ADass t = AD trasc n trasl AD trasc n rot AD trasc t rot Acompl Arel
Mod. ED2EDω ? OA2ω DA2
BAω DABAω& relBAVω2 ?
Dir. // EDverso E
⊥ ED // OAverso O
// DAverso A
⊥ DA ⊥ BA // BA
B AA
O C
ABass nABA
ABass t
ABA
ABas
A
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 5
E’ ora nota l’accelerazione angolare dell’asta DE:
Ø asta DE (verso orario)
DEADEt
DE =ω&
La velocità e l’accelerazione angolare del disco
Entrambe le quantità, espresse relativamente all’asta AB, possono essere agevolmente determinatedalla conoscenza della velocità e dell’accelerazione relativa del punto D, unitamente a quella delraggio R del disco.Volendo passare alla velocità ed all’accelerazione angolari assolute del disco bisognerà sommare aquelle relative sopra determinate la velocità e l’accelerazione angolari dell’asta AB.
La coppia motrice applicata alla manovella OA;
Per il calcolo della coppia M che la manovella deve sviluppare per garantire il moto, si può ricorreread un bilancio di potenze.
rmC WW
dTdE
−=
Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica dell’asta DE ed inparticolare del suo baricentro G che supporremo essere equidistante dai due estremi.
Velocità assoluta di G
Conoscendo la velocità angolare di ωED si ha:
EDV EDGass ω=
B
D
A
O C
E AD ass n
Arel
ADtrasc n trasl
AD ass t
ADtrasc n rot
ADtrasc t rot
Acor
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 6
ovviamente diretta verso sinistra come conseguenza della velocità angolare oraria.
Accelerazione assoluta di G
Il punto G ruota attorno ad E con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:
AGass = AGass n AGass t
modulo ? ED2EDω EDEDω&
direzione ? // EDverso E
⊥ED
La variazione di energia cinetica del sistema coincide con la somma di quella dell’asta ED e deldisco. Per quanto riguarda la velocità e l’accelerazione angolare del disco essa sarà il risultato dellasomma vettoriale della velocità e dell’accelerazione angolare relativa e di quella di trascinamento.
DassDassDDEDEDGGC JavMjavm
dTdE
ωωωωr&
rrrr&
rrr ×+×+×+×=
La potenza motrice è fornita dalla manovella per cui:
ω×=rr
MWm
La potenza resistente vede in gioco il solo contributo della forza peso:
GDr vgmvgMWrrrr
×−×−=
L’equazione dell’energia risulta quindi essere:
GDrelrel
DDEDEDGG vgmvgMMR
aR
vJavMjavm
rrrrrrrrrrr
&rrr
×+×+ω×=×+×+ω×ω+×
in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita M.
Le reazioni vincolari nella cerniera E
L’asta ED è dotata di massa per cui non può essere considerata una biella e quindi le reazioni in Eandrà scomposta nella sua componente orizzontale e verticale.Un modo di procedere che permette di scrivere solo due equazioni (e quindi relativamentesemplice) è il seguente:Ø annullare il momento rispetto a D, considerando come sottosistema la sola asta ED;Ø annullare il momento rispetto ad H (punto di contatto disco-asta AB) considerando come
sottosistema l’asta ED ed il disco.
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 7
Es. 2: Analisi del sistema
Il sistema si presenta a due gradi di libertà:
x oscillazione verticale della slittaL’origine coincide con la condizione di equilibrio statico in cui la molla ha lunghezza x0,positiva verso l’alto.
θ posizione del centro del disco (espressa rispetto al centro di curvatura della guida)L’origine coincide con il disco al centro della guida, positiva in verso orario.
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del disco:
Dove V rappresenta la velocità del baricentro del disco:
( ) θθ−−θ−+= senx)rR(2rRxV 2222 &&&&
L’energia cinetica totale è:
( )( ) 22
22222
c r)rR(
J21
senx)rR(2rRxm21
xM21
E θ−
+θθ−−θ−++= &&&&&&
Energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (disco) e di quellaelastica (molla):
Si noti come non si sia considerata l’energia potenziale associata alla slitta in quanto si èconsiderata come origine della coordinata x la condizione di molla in equilibrio statico.L’energia potenziale totale è:
2p Kx
21
)cos1)(rR(mgE +θ−−=
2slittac xM
21
E &=−
22
2222
discoc rR
J21
mV21
J21
mV21
E θ+=ϕ+=−&&
2mollap
discop
Kx21
E
)cos1)(rR(mgE
=
θ−−=
−
−
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 8
Equazioni differenziali non lineari
Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cineticae di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange:
Prima equazione:
0Kxsenm)rR(2cosm)rR(2x)mM(x
Ex
Ex
Edtd 2pCC =+θθ−−θθ−−+=
∂∂
+∂
∂−
∂∂ &&&&&
&
θθ−−+=∂
∂ &&&
senm)rR(2x)mM(x
Ec
θθ−−θθ−−+=
∂∂ &&&&&
&senm)rR(2cosm)rR(2x)mM(
xE
dtd 2c
0x
Ec =∂
∂
Kxx
Ep =∂
∂
Seconda equazione:
0sen)rR(mgsenx)rR(m)rR(mEEE
dtd 2pCC =θ−+θ−+θ−=
θ∂∂
+θ∂
∂−
θ∂∂
&&&&&
θ−+θ−+θ−=θ∂
∂ &&&&
22c )r
rR(Jsenx)rR(m)rR(mE
θθ−+θ−+θ−=
=θ−+θθ−+θ−+θ−=
θ∂∂
cosx)rR(msenx)rR(m)rR(m23
)r
rR(Jcosx)rR(msenx)rR(m)rR(mE
dtd
2
22c
&&&&&&
&&&&&&&&
θθ−=θ∂
∂ &&xcos)rR(mEc
θ−=θ∂
∂sen)rR(mg
E p
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 9
Posizione di equilibrio
Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:
0Kxx
Ep ==∂
∂
0sen)rR(mgEp =θ−=θ∂
∂
Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:
Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,0
2p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ K > 0
0,0
2p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ 0cos)rR(mg >θ−
0,0
2p
2
xE
∂∂
0,0
2p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
x
E
θ∂∂∂
> 0 ⇒
Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, pertutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle formeenergetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale el’energia cinetica.
Linearizzazione dell’energia potenziale
Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:
xx
E2
E2x
EEx
xE
E),x(EE0,0
p22
0,0
2p
22
0,0
2p
2
0,0
p
0,0
p
0,0ppp θ∂θ∂
∂+
θθ∂
∂+
θ∂
∂+θ
θ∂∂
+∂
∂+≅θ=
Dei termini in questione:§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la
scrittura delle equazioni di Lagrange;
.....3,2,1,0nn0
0x
=→π±=θ=
0cos)rR(mgK >θ−
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 10
§ i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).
Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:
KxE
0,0
2p
2
=∂
∂
0,0
2p
2Eθ∂
∂= )rR(mg −
0xE
0,0
p2
=θ∂∂
∂
da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
2)rR(mgKx
21
E2
2p
θ−+=
Linearizzazione dell’energia cinetica
Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1k,jkj21jkc qq)q,q(a
21
E &&
dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:
∑=
≅2
1k,jkj2010jkc qq)q,q(a
21
E && =
( )( ) 22
22222
r)rR(
J21
rRxm21
xM21
θ−
+θ−++= &&&&
Equazioni linearizzate
Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene:
Prima equazione:
0Kxx)mM(x
Ex
Ex
Edtd pCC =++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂
&&&
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 11
x)mM(x
Ec &&
+=∂
∂
x)mM(x
Edtd c &&
&+=
∂∂
0x
Ec =∂
∂
Kxx
Ep =∂
∂
Seconda equazione:
0)rR(mg)rR(m23EEE
dtd 2pCC =θ−+θ−=
θ∂∂
+θ∂
∂−
θ∂∂ &&
&
θ−=θ∂
∂ &&
2c )rR(m23E
θ−=
θ∂∂ &&
&2c )rR(m
23E
dtd
0Ec =θ∂
∂
θ−=θ∂
∂)rR(mg
Ep
ovvero, ponendo L=R-r:
=
θ
+
θ
+
00x
mgL00Kx
mL23
0
0mM2 &&
&&
Frequenze proprie del sistema
Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzadiagonali e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè deltipo:
ti0
0eX)t(x ω=
sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 12
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ovvero di:
=
ω−
+ω−
mgLmL230
0)mM(K det 2
02
20
0L)Mm(mgKmL23
KmgLKmL23 4
020
220
22 =ω++ω−ω−
0KmL23
)KmL23
KmgL(L)Mm(mg 220
2240 =+ω+−ω+
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 20ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:
mMK
II,I0 +±=ω
Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto,essendo diagonale, l’inversa della matrice M è semplicemente data da:
Lg
32
mL23mgL
2IV,III0 ±=±=ω
[ ]
+=−
21
mL23/10
0)Mm/(1M
[ ] [ ] [ ]
+== −
L/g32
0
0)Mm/(KKMA 1
Soluzione del tema d’esame del 05/07/2000 – A. Curami, R. Sala 13
Per cui si ottiene:
dove:
e quindi si ottiene:
I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente, essendo le equazioni disaccoppiate,
1 2
0 1;
1 0x xθ θ
= =
[ ] [ ] 0AI =+λ−
20ω=λ
MmK2
011 +=ω=λ
Lg
322
022 =ω=λ
Giugno 2000 - Pag. 1 di 1
Es. 2: Analisi del sistema Il sistema si presenta a due gradi di libertà: x oscillazione verticale della slitta
L’origine coincide con la condizione di equilibrio statico in cui la molla ha lunghezza x0, positiva verso l’alto.
θ posizione del centro del disco (espressa rispetto al centro di curvatura della guida)
L’origine coincide con il disco al centro della guida, positiva in verso orario. Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del disco:
Dove V rappresenta la velocità del baricentro del disco:
( )22 2 2 2( ) senV x R r R r xθ θ θ= + − + − L’energia cinetica totale è:
( )( )2
22 2 2 2
2
1 1 1 ( )2( ) sen2 2 2c
R rE Mx m x R r R r x Jr
θ θ θ θ−= + + − + − +
Energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (disco) e di quella elastica (molla):
Si noti come non si sia considerata l’energia potenziale associata alla slitta in quanto si è considerata come origine della coordinata x la condizione di equilibrio statico stabile. L’energia potenziale totale è:
2p Kx
21)cos1)(rR(mgE +θ−−=
2slittac xM
21E =−
2
2 2 2 21 1 1 12 2 2 2c disco
R rE mV J mV Jr
ϕ θ−
− = + = +
2mollap
discop
Kx21E
)cos1)(rR(mgE
=
θ−−=
−
−
Giugno 2000 - Pag. 2 di 2
Equazioni differenziali non lineari Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cinetica e di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange: Prima equazione:
2( ) ( ) cos ( ) sen 0pC CEd E E M m x R r m R r m Kx
dt x x xθθ θθ
∂∂ ∂ − + = + + − + − + = ∂ ∂ ∂
( ) ( ) sencE M m x R r mx
θθ∂ = + + −∂
2( ) ( ) cos ( ) sencd E M m x R r m R r mdt x
θθ θθ∂ = + + − + − ∂
0x
Ec =∂
∂
Kxx
Ep =∂
∂
Seconda equazione:
22
2
( )( ) ( ) sen ( )sen 0pC CEd E E R rm R r m R r x J mg R r
dt rθ θ θ θ
θ θ θ∂∂ ∂ − − + = − + − + + − = ∂ ∂ ∂
θ−+θ−+θ−=θ∂
∂ 22c )r
rR(Jsenx)rR(m)rR(mE
22
2
( )( ) ( ) sen ( ) coscd E R rm R r m R r x m R r x Jdt r
θ θ θ θ θθ
∂ − = − + − + − + ∂
θθ−=θ∂
∂ xcos)rR(mEc
θ−=θ∂
∂sen)rR(mg
E p
Giugno 2000 - Pag. 3 di 3
Posizione di equilibrio Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile del sistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmente svolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili. Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:
0Kxx
Ep ==∂
∂
0sen)rR(mgEp =θ−=θ∂
∂
Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:
Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,02p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ K > 0
0,02p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ 0( )cos 0mg R r θ− >
0,02p
2
xE
∂∂
0,02p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
xE
θ∂∂∂
> 0 ⇒
Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, per tutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energia cinetica. Linearizzazione dell’energia potenziale Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:
xx
E2
E2x
EEx
xE
E),x(EE0,0
p22
0,02p
22
0,02p
2
0,0
p
0,0
p
0,0ppp θ∂θ∂
∂+θ
θ∂∂
+θ∂
∂+θ
θ∂∂
+∂
∂+≅θ=
Dei termini in questione: il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la
scrittura delle equazioni di Lagrange;
0
0
00 0,1,2,3.....
xn nθ π
== ± → =
0( )cos 0mgK R r θ− >
Giugno 2000 - Pag. 4 di 4
i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).
Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:
KxE
0,02p
2
=∂
∂
0,02p
2Eθ∂
∂= )rR(mg −
0xE
0,0
p2
=θ∂∂
∂
da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
2)rR(mgKx
21E
22
pθ−+=
Linearizzazione dell’energia cinetica Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1k,jkj21jkc qq)q,q(a
21E
dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:
∑=
≅2
1k,jkj2010jkc qq)q,q(a
21E =
( )( ) 22
22222
r)rR(J
21rRxm
21xM
21 θ−+θ−++=
Equazioni linearizzate Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene: Prima equazione:
0Kxx)mM(x
Ex
Ex
Edtd pCC =++=
∂∂
+∂
∂−
∂∂
Giugno 2000 - Pag. 5 di 5
x)mM(x
Ec +=∂
∂
x)mM(x
Edtd c +=
∂∂
0x
Ec =∂
∂
Kxx
Ep =∂
∂
Seconda equazione:
( ) ( ) ( )2
2
20pC C
E R rd E E m R r J mg R rdt r
θ θθ θ θ
∂ −∂ ∂ − + = − + + − = ∂ ∂ ∂
( ) ( )22
2c
R rE m R r Jr
θθ
−∂ = − + ∂
( ) ( )22
2c
R rd E m R r Jdt r
θθ
−∂ = − + ∂
0Ec =θ∂
∂
θ−=θ∂
∂)rR(mg
Ep
Si è ipotizzato che il disco sia uniforme per cui: 212
J mR= ed inoltre ponendo
L R r= − otteniamo:
=
θ
+
θ
+
00x
mgL00Kx
mL230
0mM2
Frequenze proprie del sistema Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezza diagonali e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè del tipo: ti
00eX)t(x ω=
Giugno 2000 - Pag. 6 di 6
sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ovvero di:
=
ω−
+ω−
mgLmL230
0)mM(K det 2
02
20
0L)Mm(mgKmL23KmgLKmL
23 4
020
220
22 =ω++ω−ω−
0KmL23)KmL
23KmgL(L)Mm(mg 22
0224
0 =+ω+−ω+
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 2
0ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie del sistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:
mMK
II,I0 +±=ω
Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto, essendo diagonale, l’inversa della matrice M è semplicemente data da:
Lg
32
mL23mgL
2IV,III0 ±=±=ω
[ ]
+=−
21
mL23/10
0)Mm/(1M
[ ] [ ] [ ]
+== −
L/g320
0)Mm/(KKMA 1
Giugno 2000 - Pag. 7 di 7
Per cui si ottiene:
dove:
e quindi si ottiene:
I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente, essendo le equazioni disaccoppiate,
1 2
0 1;
1 0x xθ θ = =
[ ] [ ] 0AI =+λ−
20ω=λ
MmK2
011 +=ω=λ
Lg
322
022 =ω=λ
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 1
Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 06 settembre 2000
Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nellaconfigurazione rappresentata:a) la velocità e l'accelerazione angolare della manovella OA;b) la coppia che deve essere applicata alla stessa;c) le reazioni nella cerniera O.
Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:
Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità V della slitta C sia costante; la stessa slitta sia
sottoposta ad una forza F diretta verso il basso;Ø il glifo O’B abbia massa M e momento di inerzia baricentrico
J; si posizioni il baricentro al termine della parte inferiore delcorsoio;
Ø gli attriti siano trascurabili.
Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel pianoverticale, si richiede di:a) scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) determinare le frequenze proprie del sistema non smorzato;d) descrivere come è possibile ottenere le equazioni del moto
libero del sistema smorzato.
Il sistema è costituito da una asta di massa M e momento diinerzia baricentrico J vincolata a ruotare attorno ad una cerniera ecollegata a terra ai suoi estremi da duegruppi molla smorzatore. Tali gruppi sitrovano a distanza l dalla cerniera e sonosimmetricamente disposti rispetto ad essa.Nell’asta è ricavato un corsoio al cuiinterno oscilla senza attrito una massa m(e momento di inerzia baricentrico j)vincolata a due molle contrapposte.Le costanti delle molle e degli smorzatorisono quelle indicate nel disegno.
Es. 3 – Teoria dell’attrito: statico, dinamico e volvente.
j,mJ,M
R1 K1 R2 K2
B
O
A
C
O’
V
KK
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 2
Es. 1: Analisi del sistema
Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata.
Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in O ? ?Punto B Circonferenza centrata in O’ ? ?Punto C Verticale V Nulla
La velocità angolare della manovella OA
Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto verticale e si determina la velocità assoluta
del punto B (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella di trascinamento(completamente nota dai dati del problema) e di quella relativa (nota solo in direzione); risultaora nota la velocità angolare del glifo O’B.
- si posiziona nel punto O’ una terna rotante solidale all’asta O’B e si ricava la velocità assolutadel punto A (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamente nota) edi quella relativa (nota solo in direzione).
Velocità assoluta di B
In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita, in tabella si ottiene:
VB ass = VB trasc VB rel.modulo ? V ?
direzione ⊥ O’B verticale ⊥ CB
Da cui graficamente si ha:
Sono ora note le velocità angolari delle altre due aste:
Ø asta BC (verso orario)
BCVBrel
BC =ω
Ø asta O’B (verso antiorario)
BOVBass
BO '' =ω
VBassB
VBrel
VBtrasc
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 3
Velocità assoluta di A
In riferimento alla terna rotante sopra definita, in tabella si ottiene:
VA ass = VA trasc VA rel
modulo ? ωO’B O’A ?direzione ⊥ OA ⊥ O’A // O’B
Da cui graficamente si ha:
Velocità angolare della manovella OA
Ø manovella OA (verso antiorario)
OAVAass
OA =ω
La accelerazione del punto B
La accelerazione di B può essere determinata con il seguente procedimento in due passi:
- sfruttando la terna traslante posizionata in C si determina la accelerazione assoluta del punto B(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (completamente nota dai dati delproblema) e di quella relativa (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione);
- si posiziona nel punto O’ una terna rotante solidale all’asta O’B e si ricava la accelerazioneassoluta del punto A (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione).
Accelerazione assoluta di B
In noti come l’accelerazione assoluta debba coincidere con quella relativa in quanto il riferimentomobile trasla con velocità uniforme.In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita si ha:
A
Vrel
Vtrasc
Vass
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 4
ABass n ABass t = ABtrasc n ABtrasc t ABrel n ABrel t
Modulo BOBO '2'ω ? - 0 BCBC
2ω ?
Direzione // O‘Bverso O‘
⊥ O’B - - // BCverso C
⊥ BC
Sono ora note le accelerazioni angolari delle altre due aste:
Ø asta BA (verso antiorario)
BCABasst
BC =ω&
Ø asta BO’ (verso orario)
'' BOABasst
BO =ω&
Accelerazione assoluta di A
In riferimento alla terna rotante sopra definita si ha:
AAass n AAass t = AA trasc n AA trasc t AA rel AA rel n Acompl
Mod. OAù 2OA
? AO'ù 2BO' AO'ù BO'& ? -
ArelBO' V2ù
Dir. // OAverso O
⊥ OA // O‘Averso O‘
⊥ O’A // O’A - ⊥ O’A
ABrel n
ABass n
AA ass n
AA ass t
AA rel n
AA trasc n
AA trasc t
ABass t
ABrel t
AA compl
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 5
Accelerazione angolare della manovella OA
Ø manovella OA (verso antiorario)
OAAAass
OA =ω&
La coppia motrice applicata alla manovella OA;
Per il calcolo della coppia M che la manovella deve sviluppare per garantire il moto, si può ricorreread un bilancio di potenze, semplificato dalla mancanza di forze di attrito:
rmC WW
dTdE
−=
Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica del glifo O’B (nota) ed inparticolare del suo baricentro G (nota data la distanza O’G).
Velocità assoluta di G
Conoscendo la velocità angolare di ωED si ha:
B'OV B'OGass ω=
ovviamente diretta verso sinistra come conseguenza della velocità angolare antioraria.
Accelerazione assoluta di G
Il punto G ruota attorno ad O’ con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:
AGass = AGass n AGass t
modulo ? B'O2B'Oω B'OB'Oω&
direzione ? // O‘Bverso O‘
⊥O’B
La variazione di energia cinetica del sistema coincide con quella del glifo O’B:
B'OB'OGGC JavM
dTdE
ω×ω+×=r&
rrr
La potenza motrice è fornita dalla manovella per cui:
ω×=rr
MWm
La potenza resistente vede in gioco il contributo della forza F oltre a quello del peso:
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 6
CGr vFvgMWrrrr
×−×−=
L’equazione dell’energia risulta quindi essere:
CGBOBOGG vFvgMMJavMrrrrrrr
&rrr ×−×−+×=×+× ωωω ''
in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita M.
Le reazioni vincolari nella cerniera O
Le considerazione da svolgere sul sistema sono le seguenti:Ø la manovella OA non può essere considerata scarica per la presenza del momento motore M;Ø la reazione in A non può che essere normale data l’assenza di attritiIl procedimento più semplice per determinare le reazioni in O risulta quindi il seguente:Ø spezzare il sistema in A sostituendo il vincolo con una reazione normale alla guida;Ø spezzare il sistema in O e quindi sostituire alla cerniera una reazione orizzontale e una verticale;Ø applicare alla manovella così isolata le equazioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e
verticale nonché alla rotazione attorno ad O ricavando il valore delle tre incognite.
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 7
Es. 2: Analisi del sistema
Il sistema si presenta a due gradi di libertà:
θ oscillazione dell’asta attorno alla condizione di equilibrio orizzontale, positiva in versoantiorario.
x oscillazione della slitta all’interno del glifo con l’origine coincidente con la posizionecentrale della stessa, positiva verso destra.
Energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella dell’asta e di quella della slitta:
La velocità V è il risultato della composizione della velocità di trascinamento dovuta alla rotazionedell’asta e della velocità relativa di scorrimento.Al fine di determinarne il modulo poniamo un sistema di rifemento x’y’ centrato nella cerniera edesprimiamo l’ascissa e l’ordinata del baricentro della slitta:
ϑ−θ=θ+θ=
coshxsin'yhsincosx'x
Derivando le due espressioni otteniamo le componenti orizzontali e verticali della velocità:
ϑθ+θθ+θ=
θθ+θθ−θ=
sinhcosxsinx'y
coshsenxcosx'x&&&&
&&&&
Da cui possiamo risalire al modulo, dato da:
θ+θ+θ+=+= &&&&&&& xh2hxx'y'xV 22222222
L’energia cinetica totale è:
)xh2hxx(m21
'J21
mV21
j21
J21
Mh21
E 22222222222c θ+θ+θ++θ=+θ+θ+θ= &&&&&&&&&
x
h
θ
y’
x’
222astac J
21
Mh21
E θ+θ=−&&
22slittac j
21
mV21
E θ+=−&
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 8
Energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (asta e slitta) e di quellaelastica (molle):
Per la determinazione del ∆l è conveniente scrivere le espressioni dell’ascissa e dell’ordinata deipunti di collegamento tra le due molle e l’asta nello stesso sistema di riferimento prima introdotto:
Molla a sinistra della cerniera:
posizione a molla indeformata estremo superiore:
hy
lx
−=−=
'
'
posizione generica estremo superiore:
ϑθθθ
cos'
cos'
hlsiny
hsinlx
−−=+−=
posizione generica estremo inferiore:
Hy
lx
−=−=
'
'
Da tali espressioni è possibile ricavare la lunghezza generica della molla sinistra:
θθθθ
θθθθθθ
θθθθθθ
θθθθ
sen2sen2cos2cos22
sen2cos2cossen2cossen
cos2sen2sencos2sencos
)cossen()sencos(
)()(
2222
22222
222222
22
2221
HlhlhHlHhl
HlhHlhHHl
lhllhlhl
Hhllhl
yyxxl isis
−+−−++=
=−−++++
+−+−++=
=+−−+++−=
=−+−=
Come verifica è possibile valutare l’espressione in θ=0 ottenendo come lunghezza della molla H-h:
222
222221
)(2
sen2sen2cos2cos22
hHhHHh
HlhlhHlHhll
−=−+=
=−+−−++= θθθθ
Il ∆l cercato sarà quindi dato da:θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222
1 HlhlhHlhll −+−−+=∆
Molla a destra della cerniera:
posizione a molla indeformata estremo superiore:
2222
211 2
121
)cos1(
)cos1(
KxlKlKE
mgxsinmghE
MghE
elasticap
slittap
astap
+∆+∆=
−−=
−=
−
−
−
θ
θ
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 9
hy
lx
−=='
'
posizione generica estremo superiore:
ϑθθθ
cos'
cos'
hlsiny
hsinlx
−=+=
posizione generica estremo inferiore:
Hy
lx
−=='
'
Da tali espressioni è possibile ricavare la lunghezza generica della molla destra:
θθθθ
θθθθθθ
θθθθθθ
θθθθ
sen2sen2cos2cos22
sen2cos2cossen2cossen
cos2sen2sencos2sencos
)cossen()sencos(
)()(
2222
22222
222222
22
2222
HlhlhHlHhl
HlhHlhHHl
lhllhlhl
Hhllhl
yyxxl isis
+−−−++=
=+−−+++
+−−+++=
=+−+−+=
=−+−=
Come verifica è possibile valutare l’espressione in θ=0 ottenendo come lunghezza della molla H-h:
22222
2222222
)(cos222
sen2sen2cos2cos22
hHhHlHhl
HlhlhHlHhll
−=−−++=
=+−−−++=
θ
θθθθ
Il ∆l cercato sarà quindi dato da:θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222
2 HlhlhHlhll +−−−−+=∆
L’energia potenziale totale risulterà quindi essere:
Termine dissipativo
Il termine dissipativo vede il contributo di due soli smorzatoriPer la determinazione della velocità relativa tra i due estremi degli stessi è possibile derivarel’espressione dello spostamento relativo degli stessi utilizzato per l’energia cinetica.
Molla a sinistra della cerniera:
L’espressione dello spostamento relativo è data da:
θθθθ sen2sen2cos2cos222 2221 HlhlhHlhll −+−−+=∆
derivandolo si ottiene:
θθθθθ
θθθθ &&sen2sen2cos2cos222
coscossensen222
2
1 HlhlhHlhlHlhlhHl
l−+−−+
−++=∆
22222
2221
)sen2sen2cos2cos222(21
)sen2sen2
cos2cos222(21
)cos1()(
KxHlhlhHlhlKHlhl
hHlhlKmgxsinghmMEp
++−−−−++−+
+−−++−−+=
θθθθθθ
θθθθ
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 10
e quadrandolo si ha:
2222
22
1 sen2sen2cos2cos222coscossencos θ
θθθθθθθθ &&
HlhlhHlhlHlhlhHl
l−+−−+
−++=∆
Molla a destra della cerniera:
L’espressione dello spostamento relativo è data da:
θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222 hlHlhHlhll −+−−+=∆
derivandolo si ottiene:
θθθθθ
θθθθ &&sen2sen2cos2cos222
coscossencos222
2
2 hlHlhHlhlhlHlhHl
l−+−−+
−++=∆
e quadrandolo si ha:
2222
222 sen2sen2cos2cos222
coscossencos θθθθθ
θθθθ &&hlHlhHlhl
hlHlhHll
−+−−+−++=∆
Moltiplicando le espressioni degli spostamenti relativi per i rispettivi coefficienti di smorzamento siottiene la funzione dissipativa per il sistema:
222
211 2
121
lRlRD ∆+∆= &&
Equazioni differenziali non lineari
Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cineticae di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange:
Prima equazione:
0sen2 =−+−+=∂
∂+
∂∂+
∂∂−
∂∂ θθθ mgKxmxmhxm
x
E
xD
xE
xE
dtd pCC &&&&&
&&
θ&&&
mhxmx
Ec +=∂∂
θ&&&&&
mhxmxE
dtd c +=
∂∂
θ&mxx
Ec =∂
∂
0=∂∂
xD&
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 11
θsen2 mgKxx
E p −=∂
∂
Seconda equazione:
0=∂∂
+∂∂+
∂∂−
∂∂
θθθθpCC
EDEEdtd
&&
dove:
xmhmhmxEc &&&& ++=
∂∂ θθθ
22
xmhmhmxE
dtd c &&&&&&
&++=
∂∂ θθ
θ22
0=∂∂θ
cE
θθθθθ
θθθθ
θθθθθ
θθθθθ
&
&&
sen2sen2cos2cos222coscossencos
sen2sen2cos2cos222coscossencos
222
2
2
222
2
1
hlHlhHlhlhlHlhHl
R
HlhlhHlhlHlhlhHl
RD
−+−−+−+++
−+−−+−++=
∂∂
θθθθ
θθθθθθθ
coscossensen(
coscossensen(cossen)(
22
21
HlhlhHlK
HlhlhHlKmgxghmME p
+−++
+−+++++=∂∂
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 12
Posizione di equilibrio
Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:
02sen =+−=∂
∂Kxmg
x
Ep θ
0coscossensen(
coscossensen(cossen)(
22
21
=+−++
+−+++++=∂∂
θθθθ
θθθθθθθ
HlhlhHlK
HlhlhHlKmgxghmME p
Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:
Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:
0,0
2p
2
xE
∂∂
> 0 ⇒ K2 >0
0,0
2p
2Eθ∂
∂> 0 ⇒ )()()( 2
22
1 hHlKhHlKghmM +++++
0,0
2p
2
xE
∂∂
0,0
2p
2Eθ∂
∂–
2
0,0
p2
x
E
θ∂∂∂
> 0 ⇒
Le prime due condizioni sono sempre verificate mentre la terza potrebbe non esserlo. La risoluzioneprosegue nell’ipotesi che anche la terza relazione sia verificata e che quindi la configurazione diequilibrio individuata è da ritenersi stabile. Qualora la condizione non sia verificata se neconcluderebbe che la posizione di equilibrio individuata non è stabile per cui il sistema nonpotrebbe essere linearizzato.
Linearizzazione dell’energia potenziale
Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:
xx
EExx
EEx
x
EExEE ppppp
ppp θθ
θθ
θθ
θ0,0
22
0,0
2
22
0,0
2
2
0,00,00,0 22
),(∂∂
∂+
∂∂
+∂
∂+
∂∂
+∂
∂+≅=
Dei termini in questione:
.....3,2,1,0nn0
0x
=→π±=θ=
[ ] 2222
21 2)()()( gmkhHlKhHlKghmM −+++++
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 13
§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per lascrittura delle equazioni di Lagrange;
§ i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).
Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:
Kx
Ep 20,0
2
2
=∂
∂
0,0
2
2
θ∂∂ pE
= )()()( 22
21 hHlKhHlKghmM ++++++
mgx
E p −=∂∂
∂
0,0
2
θ
da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:
[ ] θθ mgxhHlKhHlKghmMKxEp −++++++= 222
21
2 )()()(21
Linearizzazione dell’energia cinetica
Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:
∑=
=2
1,21 ),(
21
kjkjjkc qqqqaE &&
dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:
∑=
≅2
1,2010 ),(
21
kjkjjkc qqqqaE && =
22222 )2(21
'21 θθθ &&&&& xhhxmJ +++=
Linearizzazione del termine dissipativo
Il termine dissipativo, nel sistema proposto, può essere pensato come:
2222
2211 ))((
21
))((21 θθθθ && aRaRD +=
La sviluppo del termine dissipativo, nella suo forma più completa è:
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 14
θ&
Tenendo conto della particolare forma assunta dal termine dissipativo, e del fatto che la valutazioneavviene con valore nullo sia delle variabili libere che delle loro derivate prime, è possibilesemplificare notevolmente lo sviluppo. Le considerazioni da svolgere sono le seguenti:• il termine non dipende da x e dalle sue derivate e quindi tutti i termini che contengono derivate
rispetto ad x o di ordine superiore saranno nulli;• il termine costante e quelli del primo ordine sono nulli in quanto nel risultato compare la
derivata prima di θ che, quando vengono calcolati nel punto li annulla;• con analoghe considerazioni è possibile dimostrate che l’unico termine non nullo del secondo
ordine è quello derivato due volte rispetto a e cioè:
θθθθ
θθθθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
θθ
&&
&&
&&
&&
&&
&&
&&
&&
&&&&
&&&&
&&
&&
&&
&&
&&
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
22
0,0,0,02
22
0,0,0,02
2
0,0,0,0
2
0,0,0,0
22
0,0,0,02
22
0,0,0,02
2
0,0,0,00,0,0,00,0,0,00,0,0,0
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
21
)0,0,0,0(),,,(
∂∂∂+
∂∂∂+
∂∂∂+
∂∂∂+
+∂∂
∂+∂∂
∂+∂∂
∂+∂∂
∂+
+∂∂
∂+∂∂
∂+∂∂+
∂∂+
+∂∂
∂+∂∂
∂+∂∂+
∂∂+
+∂∂+
∂∂+
∂∂+
∂∂+=
DDxx
xxD
xxxx
D
xx
Dx
xD
xx
Dx
xD
xx
Dx
xDD
xxD
xx
Dx
xDD
xxD
Dx
xDD
xxD
DxxD
22
2
222
2
12
0,0,0,02
2
2221
2221
21 θθθ
θ&&&
& hHhHlhll
RhHhHlhll
RD
−+−+
−−+=
∂∂
Soluzione del tema d’esame del 06/09/2000 – A. Curami, R. Sala 15
Equazioni linearizzate
Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica, dell’energia potenziale e del termine dissipativolinearizzate si ottiene:
Prima equazione:
02 =−++=∂
∂+
∂∂+
∂∂
−
∂∂
θθ mgKxmhxmx
E
xD
x
E
x
E
dtd pCC &&&&
&&
θ&&&
mhxmx
E c +=∂
∂
θ&&&&&
mhxmx
E
dtd c +=
∂∂
0=∂
∂x
Ec
0=∂∂
xD&
θmgKxx
E p −=∂
∂2
Seconda equazione:
0=∂
∂+
∂∂+
∂∂
−
∂∂
θθθθpCC
EDEE
dtd
&&
xmhmhEc &&& +=
∂∂ θ
θ2
xmhmhE
dtd c &&&&
&+=
∂∂ θ
θ2
0=∂∂θ
cE
hHhHlhll
RhHhHlhll
RD
2222 2
2
22
2
1 −+−+
−−+=
∂∂θ&
[ ] mgxhHlKhHlKghmME p −+++++=∂∂
θθ
)()()( 22
21
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 1
Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 18 settembre 2000
Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazione rappresentata:Ø La velocità e l’accelerazione angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento;Ø La forza sviluppata dall’attuatore lineare;Ø Le reazioni nella cerniera 0.Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø l’angolo tra le aste OA e O’A sia retto;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità relativa sviluppata dall’attuatore lineare sia V;Ø l’accelerazione sviluppata dall’attuatore lineare sia AØ il disco abbia massa M e momento di inerzia J;Ø gli attriti e le masse del sistema siano
trascurabili.
Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede di:a) determinare le frequenze della forzante per cui il sistema viene eccitato in risonanza;b) descrivere il comportamento in corrispondenza alle frequenze prima individuate.
Il sistema è costituito da:• un primo disco, collegato al vincolo a terra
da una molla di rigidezza K, libero dioscillare in direzione verticale;
• un secondo disco libero di ruotare attornoad una cerniera posizionata nel suo centrodi cui è nota la legge armonica del moto indirezione verticale;
• una massa libera di oscillare in direzioneverticale.
Le masse, i momenti di inerzia, le dimensionigeometriche e le costanti delle molle sonoquelle indicate nel disegno. Si supponga inoltre:• che gli attriti siano trascurabili;• che non vi sia strisciamento tra filo e dischi;• che il filo sia inestensibile e di massa trascurabile;• che il momento di inerzia baricentrico dei dischi sia pari a mR2/2.
Es. 3 – Illustrare il teorema delle potenze e presentare brevemente un esempio applicativo dellostesso.
K
K
J,m,R
Y=eiΩt
J,m,R
M=m
K
O’O
A
v
B
a
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Es. 1: Analisi del sistema
Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata:
Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nota NotaPunto A Circonferenza centrata in O’ ? ?Punto B Parallela al terreno ? ?
La velocità angolare del disco
Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidale con l’attuatore lineare OA e si determina la
velocità assoluta del punto A (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella ditrascinamento (nota solo in direzione) e di quella relativa (completamente nota dai dati delproblema);
- si posiziona nel punto A una terna traslante di moto circolare attorno ad O’ e si ricava la velocitàassoluta del punto B (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione);
- nota la velocità del centro del disco B si risale alla sua velocità angolare nell’ipotesi di purorotolamento.
Velocità assoluta di A
In riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:
VA ass = VA trasc VA relmodulo ? ? v
direzione ⊥ O’A ⊥ OA // OA
Da cui graficamente si ha:
Ipotizzando che l’angolo formato tra l’asta OA e O’A sia di 90°, le velocità angolari delle due asterisultano essere:
Ø asta OA
0OA
VAtrascOA ==ω
Ø asta O’A (verso orario)
VA ass A
VA rel
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 3
A'OVArel
A'O =ω
Velocità assoluta di B
In riferimento alla terna traslante sopra definita, in tabella si ottiene:
VB ass = VB trasc VB rel
modulo ? v ?direzione // suolo ⊥ O’A ⊥ AB
Da cui graficamente si ha:
E’ ora possibile ricavare la velocità angolare dell’ultima asta:
Ø asta AB (verso orario)
ABVBrel
AB =ω
Velocità angolare del disco
La velocità angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento e detto R il suo diametro, è data da:
RVBass
disco =ω (verso orario)
La accelerazione angolare del disco
Tale accelerazione può essere determinata con il seguente procedimento:- sfruttando la terna rotante posizionata in O si determina la accelerazione assoluta di A
(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (scomposta nelle sue componentinormale, completamente nota, e tangenziale, nota solo in direzione) e di quella relativa(completamente nota);
- sfruttando la terna traslante posizionata in A si ricava la accelerazione assoluta di B (nota solo indirezione) come somma di quella di trascinamento (completamente nota) e di quella relativa(nota solo in direzione).
- nota la accelerazione del centro del disco B si risale alla sua accelarazione angolare nell’ipotesidi puro rotolamento.
Accelerazione assoluta di A
In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita in tabella si ha:
B
VB relVB trasc
VB ass
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AB trasc n
AB trasc t
AB ass
AB rel tAB rel n
AA ass n AA ass t = AAtrasc n AA trasc t AA rel A cor
Modulo A'O2A'Oω ? OA2
OAω ? A vOAω2
Direzione // O’Averso O’
⊥ O’A // OAverso O
⊥ OA // OA // OA
Da cui graficamente si ha:L’esercizio poteva essere risolto sia nell’ipotesi di V=costante, e quindi accelerazione relativa nulla,sia nell’ipotesi di V variabile e quindi di accelerazione relativa non nulla. Per generalità si risolvel’esercizio in questo secondo modo ipotizzando la presenza di una accelerazione relativa A direttaverso sinistra.Si noti che, nella particolare configurazione considerata la velocità angolare nulla dell’asta OAcomporta l’annullamento sia dell’accelerazione complementare che di quello di trascinamentonormale.Sono ora note le accelerazioni angolari delle due aste:
Ø asta OA (verso orario)
OAAAtrasct
OA =ω&
Ø asta O’A (verso antiorario)
A'OAAasst
A'O =ω&
Accelerazione assoluta di B
In riferimento alla terna traslante sopra definita in tabella si ha:
AB ass = AB trasc n AB trasc t AB rel t AB rel t
Mod. ? A'O2A'Oω A'OA'Oω& ? ABAB
2ω
Dir. // suolo // O’Averso O’
⊥ O’A ⊥ AB //ABverso A
AA rel AA ass n
AA trasc t AA ass t
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 5
E’ ora possibile ricavare la accelerazione angolare dell’ultima asta:
Ø asta AB (verso antiorario)
ABABrel
AB =ω&
Accelerazione angolare del disco
La accelerazione angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento e detto R il suo diametro, èdata da:
Ø R
ABassdisco =ω& (verso antiorario)
La forza sviluppata dall’attuatore lineare
La forza necessaria a garantire il moto può essere determinata tramite un bilancio di potenze,semplificato dalla mancanza di forze di attrito:
rmC WW
dTdE
−=
Variazione di energia cinetica
Coincide con quella del disco:
ABABBBC JavM
dTdE
ω×ω+×=r&
rrr
Potenza motrice
E’ fornita dall’attuatore lineare per cui:
VFWm
rr×=
Si sottolinea che la velocità da considerare è quella relativa tra le due parti in movimento che, nelcaso particolare, essendo una delle due collegata a terra, coincide con quella assoluta.
Potenza resistente
E’ dovuta alla variazione di quota del disco:
Br vgMWrr
×−=
Bilancio di potenze
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 6
L’equazione risultante è:
BABABBB vgMVFJavMrrrrr
&rrr
×+×=ω×ω+×
in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita F.
Le reazioni vincolari nella cerniera O
Le considerazione da svolgere sul sistema sono le seguenti:Ø tutte le aste sono scariche e quindi possono essere considerate delle bielle;Ø l’attuatore lineare è privo di massa e quindi può essere considerato una biella.
Un procedimento per determinare le reazioni in O risulta quindi il seguente:Ø spezzare il sistema isolando il disco e quindi determinare l’azione trasmessa dalla biella AB ad
esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto al punto di contatto del disco;Ø sostituire alle cerniere O e O’ le rispettive reazioni ed in A la forza calcolata e risolvere il
sistema ad esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto ad O (ottenendo una relazionecon come unica incognita la reazione in O’) oppure rispetto ad O’ (ottenendo una relazione cheha come unica incognita la reazione in O.
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Es. 2: Analisi del sistema
Il sistema si presenta a tre gradi di libertà:
x1 posizione verticale del baricentro del primo disco; l’origine è presa a partire dalla condizionedi equilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;
x2 posizione verticale del baricentro della massa; l’origine è presa a partire dalla condizione diequilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;
y posizione verticale del baricentro del secondo disco; l’origine è presa a partire dallacondizione di equilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;
Determinare le frequenze della forzante per cui il sistema viene eccitato inrisonanza;
Fondamentalmente si tratta di determinare le due frequenze proprie del sistema; per determinarlecominciamo con il ricavare le due equazioni di equilibrio dinamico per il sistema.
Metodo di Lagrange: energia cinetica del sistema
L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella dei due dischi e di quella della massa.
Dove θ1 e θ2 rappresentano le oscillazioni angolare rispettivamente del primo e del secondo disco.Si tratta ora di esprimerle in funzione delle coordinate libere, operazione che eseguiamo applicandola sovrapposizione degli effetti:
Rx2
Rx
;0y;0x;0x
12
11
21
&&
&&
&&&
−=θ
=θ
⇓
==≠
22massac xM
21
E &=−
21
211discoc J
21
xm21
E θ+=−&&
22
22discoc J
21
ym21
E θ+=−&&
y
x2
x1
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0
0
;0y;0x;0x
2
1
21
=θ
=θ
⇓
=≠=
&
&
&&&
Ry
0
;0y;0x;0x
2
1
21
&&
&
&&&
=θ
=θ
⇓
≠==
Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:
Rx2
RyRx
12
11
&&&
&&
−=θ
=θ
L’energia cinetica dei due dischi sarà quindi esprimibile come:
yxmym43
xmyxR2
yR2J
xR
J2ym
21
E
xm43
Rx
J21
xm21
E
122
1122
2212
222discoc
212
212
11discoc
&&&&&&&&&
&&
&
−+=−++=
=+=
−
−
y
x2
x1
y
x2
x1
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L’energia cinetica totale è:
yxmym43
xM21
xm47
E 122
221c &&&&& −++=
Metodo di Lagrange: energia potenziale del sistema
L’energia potenziale totale del sistema, avendo considerato come origine delle coordinate quellacorrispondente alla configurazione di equilibrio statico del sistema, sarà pari alla sua componenteelastica.
12
11
21
x2l
xl
;0y;0x;0x
=∆=∆
⇓
==≠
22
1
21
xl
0l
;0y;0x;0x
=∆=∆
⇓
=≠=
y
x2
x1
22
21mollap lK
21
lK21
E ∆+∆=−
y
x2
x1
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 10
y2l
0l
;0y;0x;0x
2
1
21
−=∆=∆
⇓
≠==
Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:
y2xx2l
xl
212
11
−+=∆=∆
L’energia potenziale totale è:
221
21p )y2xx2(K
21
Kx21
E −++=
Equazioni differenziali
Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cineticae di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange:
Prima equazione:
0x
E
xE
xE
dtd
1
p
1
C
1
C =∂∂
+∂∂
−
∂∂
&
ymxm27
xE
11
c &&&
−=∂∂
ymxm27
xE
dtd
11
c &&&&&
−=
∂∂
0xE
1
c =∂∂
)y2xx2(K2Kxx
E211
1
p −++=∂∂
y
x2
x1
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 11
0ym)y2xx2(K2Kxxm27
2111 =−−+++ &&&&
Seconda equazione:
0x
E
xE
xE
dtd
2
p
2
C
2
C =∂∂
+∂∂
−
∂∂
22
c xMxE
&&
=∂∂
22
c xMxE
dtd
&&&
=
∂∂
0xE
2
c =∂∂
)y2xx2(Kx
E21
2
p −+=∂∂
0)y2xx2(KxM 212 =−++&&
La matrice di massa è:
=
M0
0m27
M
La matrice di rigidezza è:
=
KK2
K2K5K
Frequenze proprie del sistema
Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioèdel tipo:
ti0
0eX)t(x ω=
sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 12
[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =
Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:
[ ] [ ]20det 0M Kω − + =
ovvero di:
ω−
ω−
mKK2
K2m27
K5 det20
20
0K4)mK)(m27
K5( 220
20 =−ω−ω−
0Km2
17m
27 22
024
0 =+ω−ω
Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 20ω , del tipo
4 20 0 0a b cω ω+ + =
che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:
mK
3,2m
27
Km27Km
417mK
417
2
22222
201 =
−
+
=ω
Descrivere il comportamento in corrispondenza alle frequenze primaindividuate.
Le equazioni di equilibrio dinamico che governano il comportamento del sistema sono:
mK
124,0m
27
Km27Km
417mK
417
2
22222
202 =
−
−
=ω
Soluzione del tema d’esame del 18/09/2000 – A. Curami, R. Sala 13
ti2211 e)K4m(Ky4ymKx2Kx5xm
27 Ω+Ω−=+=++ &&&&
ti212 Ke2Ky2Kxx2K2xM Ω==++&&
L’integrale del sistema di equazioni differenziali sopra riportato è dato dalla somma dell’integraledell’omogenea associata (che descrive il comportamento del sistema non forzato) con un integraleparticolare (che in pratica è quello che ci interessa in quanto stiamo cercando la soluzione aregime).In termini generali si parte da una forma del tipo (sistema forzato):
[ ] [ ] tieftxKtxM Ω=+ )()(&&
che a regime ammetterà una soluzione del tipo
tiextx Ω=)(
dove il vettore delle ampiezze di vibrazione x è soluzione di
[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 12 2K M x f x K M fω ω−
− = ⇒ = −
che può essere anche riscritta come
( )x H fω=
dove ( )H ω è la receptance matrix del sistema, quadrata di ordine N, e ne costituisce il modellodella sua risposta in frequenza. In riferimento a quanto sviluppato a lezione (lezione XXVIII sistemivibranti a 2-n gradi di libertà), si può scrivere che:
( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) 2 21
Nj r j r kk
jk kjrk j r
x X Xxh h
f fω ω
ω ωω ω ω ω=
⋅= = = =
−∑
da cui si nota come il sistema possa andare in risonanza, qualora la pulsazione della forzante ωuguagli una delle due frequenze proprie del sistema vibrante.Questo significa che sarà possibile studiare la risposta del sistema nell’intorno della primafrequenza propria considerando la risposta di un sistema che abbia massa modale pari a m11 erigidezza pari a k11 introducendo un errore modesto; considerazioni analoghe valgono ovviamenteper il comportamento del sistema nell’intorno della seconda frequenza propria.