Dinamica dei Sistemi Meccanici Esercizi - Andreadd.it ... · Dinamica dei Sistemi Meccanici Esercizi Marco Belloli Roberto Corradi Daniele Rocchi 29 maggio 2007

Dinamica dei Sistemi Meccanici

Esercizi

Marco Belloli Roberto Corradi Daniele Rocchi

29 maggio 2007

Indice

1 Sistemi meccanici non lineari ad un g.d.l. 3

1.1 Scrittura delle equazioni di moto non lineari . . . . . . . . . . . . 31.1.1 Un esempio di scrittura delle equazioni non lineari . . . . 6

1.2 Calcolo della posizione di equilibrio statico . . . . . . . . . . . . . 91.2.1 Esempio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.1 Equazioni di moto lineari nell’intorno della posizione di

equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.4 Richiamo gravitazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Effetti del precarico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6 Operativamente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.7 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.7.1 Scrittura dell’equazione di moto non lineare . . . . . . . . 241.7.2 Calcolo del precarico statico . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.7.3 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.8 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8.1 Scrittura dell’equazione di moto non lineare . . . . . . . . 291.8.2 Precarico statico della molla . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.8.3 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.9 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.9.1 Analisi cinematica del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . 341.9.2 Scrittura dell’equazione di moto non lineare . . . . . . . . 35

1.9.3 Calcolo della posizione di equilibrio . . . . . . . . . . . . . 371.9.4 Linearizzazione nella condizione 2 (R = 2r) . . . . . . . . 38

1.10 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.10.1 Analisi cinematica del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . 391.10.2 Scrittura delle equazioni di moto . . . . . . . . . . . . . . 401.10.3 Equazione di moto non lineare . . . . . . . . . . . . . . . 411.10.4 Linearizzazione nell’intorno di α = 0 . . . . . . . . . . . . 41

1.11 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.11.1 Scrittura delle equazioni di moto . . . . . . . . . . . . . . 441.11.2 Precarico statico della molla . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.11.3 Linearizzazione nell’intorno di θ0 . . . . . . . . . . . . . . 46

1

2 INDICE

1.11.4 Linearizzazione del forzamento e del contributo dello smorza-tore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.12 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.12.1 Equazione di moto non lineare . . . . . . . . . . . . . . . 481.12.2 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.13 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.13.1 Equazione di moto non lineare . . . . . . . . . . . . . . . 511.13.2 Calcolo del valore della costante elastica delle molle . . . 531.13.3 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

1.14 Esercizio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541.14.1 Equazione del moto non lineare . . . . . . . . . . . . . . . 541.14.2 Calcolo del precarico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.14.3 Linearizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.15 Esercizio proposto 1: un glifo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571.16 Esercizio proposto 2: un quadrilatero articolato . . . . . . . . . . 581.17 Esercizio proposto 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591.18 Esercizio proposto 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2 Sistemi meccanici a N gradi di liberta 61

2.1 Scrittura delle equazioni di moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.2 Calcolo delle frequenze proprie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.3 Risposta al forzamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.4 Esercizio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.5 Esercizio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.6 Esercizio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.7 Esercizio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.8 Esercizio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.9 Esercizio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.10 Esercizio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.11 Esercizio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 962.12 Esercizio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.13 Esercizi proposti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

Capitolo 1

Sistemi meccanici non

lineari ad un g.d.l.

1.1 Scrittura delle equazioni di moto non lineari

La scrittura delle equazioni di moto di un generico sistema non lineare ad ungrado di liberta puo essere affrontata tramite l’equazione di Lagrange:

d

dt

(∂EC

∂q

)− ∂EC

∂q+

∂D

∂q+

∂V

∂q= Q (1.1.1)

dove EC e l’energia cinetica del sistema , D e la funzione dissipativa dovuta allaeventuale presenza di smorzamento, V e l’energia potenziale del sistema mentrecon Q si indica la componente lagrangiana della sollecitazione attiva, ossia ditutte le forze che sono applicate al sistema ed i cui effetti non sono contenutinelle precedenti forme di energia.La coordinata libera q e la variabile indipendente scelta per definire il motodel sistema, e allora necessario definire le forme di energia EC , V, D e il lavorovirtuale delle forze attive in funzione di tale coordinata.In generale l’energia cinetica del sistema puo essere espressa nel generico istanteconsiderato come:

1

2m∗ (q) q2

dove m∗ (q) e la massa generalizzata del sistema secondo il grado di liberta q.Applicando Lagrange, i termini relativi all’energia cinetica che saranno presentinell’equazione di moto, possono essere espressi come:

d

dt

(∂EC

∂q

)− ∂EC

∂q= m∗ (q) q +

1

2

∂m∗ (q)

∂qq2

L’energia potenziale dovuta alle molle ed al campo di forze gravitazionale puoessere scritta, come:

V = Vk + Vg

3

4 CAPITOLO 1. SISTEMI MECCANICI NON LINEARI AD UN G.D.L.

Ponendo attenzione all’energia potenziale dovuta alle molle si ha, in generale,che nel generico istante di tempo:

Vk =1

2k∆l2 =

1

2k (∆ld(q) + ∆l0)

2

dove ∆ld(q) e ∆l0 sono rispettivamente l’allungamento dinamico, espresso dallavariazione di lunghezza dell’elemento elastico rispetto alla dimensione assuntanella posizione iniziale, funzione della coordinata libera q, ed il precarico staticodella molla, ossia la variazione di lunghezza subita dall’elemento passando dallacondizione di molla scarica alla posizione iniziale.La figura 1.1 mostra e definito l’allungamento statico e dinamico della genericamolla.

ls

li

ld

∆l0 ∆ld

∆l

Fig. 1.1 Definizione dell’allungamento statico e dinamico della generica molla

In particolare si ha che ls e la lunghezza della molla indeformata, li e la lunghezzaassunta dalla molla nella posizione di equilibrio statico mentre ld e la lunghezzache la molla ha durante il moto del sistema ad un generico istante di tempo.Applicando Lagrange si ottiene:

∂Vk

∂q= k (∆ld(q) + ∆l0)

∂∆ld(q)

∂q= k∆ld(q)

∂∆ld(q)

∂q︸︷︷︸uno

+ k∆l0∂∆ld(q)

∂q︸︷︷︸due

dove il termine due esiste solo se le molle sono precaricate nella posizione diequilibrio, ovvero se ∆l0 e diverso da 0.L’energia potenziale dovuta al campo di forze gravitazionale e invece:

Vg = mgh(q)

dove h(q) rappresenta l’altezza del baricecntro in funzione della coordinata liberaq. Derivando l’energia potenziale secondo Lagrange, diventa:

∂Vg

∂q= mg

∂h(q)

∂q

1.1. SCRITTURA DELLE EQUAZIONI DI MOTO NON LINEARI 5

La forma generale della funzione dissipativa risulta essere:

D =1

2r ˙∆lr(q)

2

con r caratteristica viscosa del generico smorzatore e ∆lr la derivata rispetto altempo dell’allungamento del medesimo smorzatore.Tale termine, essendo funzione della coordinata libera, puo essere riscritto come:

˙∆lr (q) =d

dt∆lr (q) =

∂∆lr∂q

∂q

∂t=

∂∆lr∂q

q

dove e stata omessa la dipendenza dalla coordinata libera per alleggerire lascrittura. La funzione dissipativa puo allora essere riscritta come:

D =1

2r

(∂∆lr∂q

)2

q2

Applicando Lagrange si ottiene il generico termine dell’equazione di moto dovutoalle forza generata dallo smorzatore in analisi:

∂D

∂q= r

(∂∆lr∂q

)2

q

La componente lagrangiana della sollecitazione attiva dovuta ad una genericaforza F applicata in un punto del sistema si ottiene dalla scrittura del lavorovirtuale:

δ∗L = Fδ∗xF = F∂xF

∂qδ∗q

dove con F si e indicata la forzante mentre con δ∗xF (q) ci si riferisce allospostamento virtuale del punto di applicazione della forzante, funzione dellacoordinata libera. Applicando Lagrange si calcola la componente lagrangianacome:

Q =δ∗L

δ∗q= F

∂xF

∂q

L’equazione di moto non lineare di un generico sistema forzato da una forza Fpuo dunque essere scritta in forma simbolica come:

m∗ (q) q +1

2

∂m∗ (q)

∂qq2 + r

(∂∆lr(q)

∂q

)2

q + k∆ld(q)∂∆ld(q)

∂q+

+k∆l0∂∆ld(q)

∂q+ mg

∂h(q)

∂q= F

∂xF (q)

∂q

Per la scrittura dell’equazione di moto non lineare vanno dunque calcolate leseguenti derivate:

∂m∗(q)

∂q

∂h(q)

∂q

∂∆ld(q)

∂q

∂∆lr(q)

∂q

∂xF (q)

∂q


1.1.1 Un esempio di scrittura delle equazioni non lineari

Il sistema meccanico di figura 1.2 e composto dall’asta omogenea lunga L dimassa mA e momento d’inerzia baricentrico JA e dal disco di raggio R, massamD e momento d’inerzia baricentrico JD. I due corpi rigidi sono incernierati tradi loro e l’altro estremo dell’asta e vincolato a muoversi su di una guida verticaletramite un carrello. La molla di rigidezza k garantisce il richiamo elastico delsistema risultando scarica quando l’asta e in posizione verticale. Si voglionoscrivere le equazioni di moto non lineari e calcolare la posizione di equilibrio delsistema.

C

mA, JA, L

mD, JD, R

k

G

Fig. 1.2 Esempio di sistema meccanico non lineare ad un grado di liberta

L’espressione dell’energia cinetica puo essere inizialmente scritta mediantecoordinate fisiche di comodo come:

EC =1

2JDω2

D +1

2mDv2

C +1

2JAω2

A +1

2mAv2

G

dove con ωD e ωA si indicano rispettivamente le velocita angolari assolute deldisco e dell’asta, mentre vC e vG rappresentano le velocita lineari assolute delcentro ruota C e del baricentro dell’asta G.Allo stesso modo si definisce l’energia potenziale del sistema nelle coordinatefisiche, ∆l: allungamento complessivo della molla e hG posizione verticale delbaricentro dell’asta nel sistema di riferimento scelto.

V =1

2k∆l2 + mAghG

Risultano essere nulle la funzione dissipativa, non essendoci smorzatori, e lacomponente lagrangiana della sollecitazione attiva, non essendoci forze esterne

1.1. SCRITTURA DELLE EQUAZIONI DI MOTO NON LINEARI 7

applicate al sistema.La figura 1.3 mostra la scelta della coordinata libera ϕ, che definisce la posizioneangolare dell’asta rispetto ad un riferimento verticale, e l’origine del sistema diriferimento assoluto. Le quantita energetiche vanno adesso riscritte in funzionedella coordinata libera attraverso le opportune relazioni cinematiche, in parti-colare vanno definite la posizione e la velocita dei punti C, centro ruota, e G,baricentro dell’asta.

C

G

+

+

x

y

ϕ

Fig. 1.3 Coordinata libera, sistema di riferimento e convenzioni

Considerando dapprima il punto G, le coordinate nel sistema di riferimentoassoluto espresse in funzione della coordinata libera ϕ risultano essere:

xG = L

2 sin ϕ

yG = L2 cos ϕ

derivando rispetto al tempo si ottengono le componenti orizzontale e verticaledella velocita del punto in analisi.

xG = ϕL

2 cos ϕ

yG = −ϕL2 sin ϕ

Allo stesso modo si tratta il centro ruota, la cui traiettoria e fissata dal vincolodi rotolamento senza strisciamento ed e quindi orizzontale:

xC = L sin ϕ → xC = ϕL cos ϕ


la velocita del centro ruota permette di calcolare anche la velocita angolare deldisco:

~vC = −ωDR~i → ωD = − ϕL cosϕ

R

Tramite le relazioni cinematiche cosı espresse si possono esplicitare le forme dienergia in funzione della coordinata libera.L’energia cinetica risulta essere:

EC =1

2JD

(L2 cos2 ϕ

R2

)ϕ2 +

1

2mDL2 cos2 ϕϕ2 +

1

2mA

L2

4ϕ2 +

1

2JAϕ2

e puo essere riscritta come:

EC =1

2

[(mA

L2

4+ JA

)+

(JD

R2+ mD

)L2 cos2 ϕ

]

︸︷︷︸J∗(ϕ)

ϕ2

ovvero:

EC =1

2J∗(ϕ)ϕ2

dove J∗(ϕ) rappresenta il momento d’inerzia generalizzato alla coordinata lib-era ϕ funzione della coordinata libera stessa.

La dipendenza dell’energia potenziale dalla coordinata libera viene esplici-tata tramite l’introduzione dei legami cinematici:

∆l = xC = L sin ϕhG = yG = L

2 cos ϕ

quindi:

V =1

2k(L2 sin2 ϕ

)+ mg

L

2cos ϕ

una volta definite le quantita energetiche in funzione di ϕ, si deriva secondoLagrange come indicato nel paragrafo 1.1, ovvero:

∂J∗(ϕ)∂ϕ = −2

(JD

R2 + mD

)L2 cos ϕ sin ϕ

∂∆l(ϕ)∂ϕ = L cos ϕ

∂hG

∂ϕ = −L2 sin ϕ

L’equazione che descrive il moto in grande del sistema e quindi:

[(mA

L2

4+ JA

)+

(JD

R2+ mD

)L2 cos2 ϕ

]ϕ +

−(

JD

R2+ mD

)L2 cos ϕ sin ϕϕ2 + kL2 sin ϕ cos ϕ − mAg

L

2sin ϕ = 0

1.2. CALCOLO DELLA POSIZIONE DI EQUILIBRIO STATICO 9

1.2 Calcolo della posizione di equilibrio statico

Il calcolo della posizione di equilibrio puo essere affrontato tramite la ricercadi un punto di stazionarieta dell’energia potenziale, ovvero deve essere nulla laderivata di tale quantita rispetto alla coordinata libera:

∂V

∂q= 0

oppure tramite la scrittura di opportune equazioni di equilibrio statico, che per-mettono anche il calcolo delle reazioni vincolari.

1.2.1 Esempio

Facendo riferimento al problema proposto nella figura 1.2 nell’ipotesi che ∆l0 =0 per ϕ = 0 si ha che l’equilibrio statico e retto dalla seguente equazione:

kL2 sin ϕ cos ϕ − mAgL

2sin ϕ = 0

le cui soluzioni sono sin ϕ = 0 ⇒ ϕ = 0 + kπ

cos ϕ = mAg2kL

(1.2.1)

Osservazione L’equazione che descrive l’equilibrio statico del sistema si rica-va direttamente dall’equazione di moto, che descrive invece la condizione diequilibrio dinamico del sistema stesso, imponendo che siano nulli i termini chedipendono dalla velocita, dall’accelerazione e da eventuali forze funzione deltempo.

Ovviamente e possibile calcolare direttamente la posizione di equilibrio staticodel sistema tramite la scrittura dell’equazione di equilibrio alla rotazione attornoal punto K, come mostrato in figura 1.4, dove sono state poste in evidenza leforze statiche agenti sul sistema:

mAg L

2 sin ϕ − kL2 sin ϕ cos ϕ + H1 cos ϕ = 0

H1 = 0

da cui si ottiene il sistema che definisce la posizione di equilibrio statico 1.2.1.

Con i seguenti dati numerici, k = 9810/√

3 N/m, L = 1 m, ma = 1000 Kg,mD = 100 Kg, JA = JD = 10 Kgm2 si ottiene che la posizione di equilibriostatico e data da:

cos ϕ =

√3

2⇒ ϕ = 30

oltre alle posizioni di equilibrio con asta disposta in verticale ϕ = 0 + kπ.


C

G

mAg

K

R1

H1kL sin ϕ

R2

T

N

H1

R1

mDg

Fig. 1.4 Forze statiche agenti sul sistema, si nota la presenza delle reazioni vincolari

agenti sull’asta e sul disco

−100 −50 0 50 1000

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

mAg2k

L cos ϕ

ϕ[deg]

Fig. 1.5 Soluzione grafica per la ricerca della posizione di equilibrio statico

Le soluzioni dell’equazione 1.2.1 possono essere ricavate per via grafica trovandole intersezioni delle curve:

y =mAg

2ke y = L cos ϕ

In figura 1.5 sono riportate le due curve e le relative intersezioni.

1.2. CALCOLO DELLA POSIZIONE DI EQUILIBRIO STATICO 11

E intuibile che l’esistenza di intersezioni tra le due curve dipenda dalla seguentedisuguaglianza:

mAg

2k< L cosϕ

Il primo membro della disuguaglianza risulta essere sempre positivo e pertantonon esistono posizioni di equilibrio per valori di ϕ contenuti nel secondo e terzoquadrante, in tali configurazioni il contributo gravitazionale e quello elastico nonhanno segno opposto e concorrono a far ruotare l’asta nella stessa direzione.Ipotizzando di mantenere costante la lunghezza dell’asta, si possono raggiungerecondizioni per cui le due curve non si intersecano facendo crescere la massa odiminuendo il valore della rigidezza della molla.L’equilibrio tra i contributi gravitazionali e quelli elastici dipende anche dallalunghezza dell’asta in quanto la forza antiribaltante esercitata dalla molla cresceal crescere della rotazione dell’asta stessa, dal momento che aumenta l’allunga-mento della molla che si trova, pero, ad agire con un braccio che diminuisceall’aumentare di ϕ essendo legato alla coordinata libera dalla funzione coseno.D’altra parte la forza peso e costante e origina un momento destabilizzante dientita crescente con l’angolo di rotazione, il suo braccio e legato alla coordinatalibera da un funzione seno. L’equilibrio tra questi due contributi, mantenendocostanti la massa dell’asta e la rigidezza della molla, favorisce la possibile inter-sezione delle due curve con una lunghezza dell’asta L maggiore.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200

50

100

150

200

250

300

350

ϕ[d

eg]

t [s]

Fig. 1.6 Andamento nel tempo della coordinata libera ϕ per effetto di una

perturbazione della posizione di equilibrio

Considerando la posizione di equilibrio in ϕ = 30 e possibile valutarne la sta-bilita in piccolo analizzando il segno della derivata seconda dell’energia poten-


ziale valutata nella posizione di equilibrio analizzata:

∂2V

∂ϕ2

∣∣∣∣ϕ=30

= kL2(cos2 ϕ0 − sin2 ϕ0

)− mAg

L

2cos ϕ0 < 0

Il sistema e instabile nella posizione di equilibrio esaminata e pertanto a frontedi una piccola perturbazione se ne allontanera indefinitamente.Nella figura 1.6 e riportato l’andamento nel tempo dell’angolo ϕ a seguito diuna perturbazione del sistema pari a 1 grado rispetto alla posizione di equilibrioconsiderata; tale storia temporale e stata ottenuta integrando numericamentel’equazione non lineare che descrive il moto in grande del sistema considerato.La soluzione numerica permette di calcolare dalla coordinata libera gli sposta-menti di punti di interesse del sistema, quali la posizione orizzontale del centrodel disco,xC , o la posizione verticale del carrello yP , riportate nella figura 1.7.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x C

t [s]

(a) Spostamento orizzontale del centro deldisco xC

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

y P

t [s]

(b) Spostamento verticale del carrello yP

Fig. 1.7 Storie temporali degli spostamenti di punti notevoli del sistema

Come si puo notare il sistema non essendo smorzato continua ad effettuare unmoto in grande limitato tra le due posizioni di equilibrio . Il moto oscillatorionon e sinusoidale ma se si effettua un’analisi in frequenza, i cui risultati relativial grado di liberta ϕ sono riportati in figura 1.8, si puo osservare che esso ecaratterizzato da numerose componenti armoniche.

1.3. LINEARIZZAZIONE 13

0 0.5 1 1.5 20

20

40

60

80

100

120

140

160

180

ϕ[d

eg]

f [Hz]

Fig. 1.8 Spettro della coordinata libera ϕ dove sono ben visibili le armoniche di ordine

superiore

1.3 Linearizzazione

L’equazione di moto che descrive il moto in grande del sistema meccanico inanalisi puo essere linearizzata se l’interesse e volto alla determinazione dellepiccole oscillazioni nell’intorno della posizione di equilibrio. A tale fine, oltrealla linearizzazione diretta dell’equazione del moto in grande, si possono ren-dere quadratiche le forme di energia in modo che la successiva applicazione diLagrange dia luogo ad un’equazione differenziale di secondo ordine a coefficienticostanti.Per quanto riguarda l’energia cinetica, lo sviluppo al secondo ordine nell’intornodella posizione di equilibrio, indicata con q0, e pari a:

EC ≃ EC |q0,q=0 +∂EC

∂q

∣∣∣∣q0,q=0

(q − q0) +∂EC

∂q

∣∣∣∣q0,q=0

q +

1

2

∂2EC

∂q2

∣∣∣∣q0,q=0

(q − q0)2 +1

2

∂2EC

∂q2

∣∣∣∣q0,q=0

q2 +∂2EC

∂q∂q

∣∣∣∣q0,q=0

(q − q0)q + . . .

dove l’unico termine non nullo e 12

∂2EC

∂q2

∣∣∣q0,q=0

q2 ossia la forma quadratica

dell’energia cinetica si ottiene valutando il momento d’inerzia generalizzato incorrispondenza della posizione di equilibrio:

EC ≃ 1

2m∗(ϕ0)q2


Quindi facendo riferimento all’esempio in analisi si ha che:

J∗(ϕ0) =

(mA

L2

4+ JA +

(JD

R2+ mD

)L2 3

4

)

Lo sviluppo dell’energia potenziale nell’intorno della posizione di equilibrio e:

V ≃ V |q=q0+

∂V

∂q

∣∣∣∣q=q0

(q − q0) +1

2

∂2V

∂q2

∣∣∣∣q=q0

(q − q0)2

in cui il primo termine e costante, il secondo e nullo poiche si valuta nellaposizione di equilibrio, ovverosia in un punto di stazionarieta del potenzialementre il terzo termine fornisce la forma quadratica dell’energia potenziale.Riferendosi al caso in esame si ottiene:

∂2V

∂ϕ2= kL2 cos2 ϕ − kL2 sin2 ϕ − mAg

L

2cos ϕ

che valutato in ϕ0 diventa

∂2V

∂ϕ2

∣∣∣∣ϕ=ϕ0

=1

2kL2 − mAg

L

2

√3

2

Mentre riferendosi alla forma simbolica generale dell’energia potenziale la formaquadratica risulta essere:

V ≃ V |q=q0+

1

2

k

(∂∆l

∂q

∣∣∣∣q0

)2

q0

+ k∆l0∂2∆l

∂q2

∣∣∣∣q0

+ mg∂2h

∂q2

∣∣∣∣q0

(q − q0)

2

dove si riconoscono rispettivamente i termini di rigidezza generalizzata, soup-lesse e richiamo gravitazionale.Applicando Lagrange alle forme quadratiche di energia cosı ottenute i terminiche compariranno nell’equazione di moto saranno:

d

dt

(∂EC

∂q

)− ∂EC

∂q= m∗(q0)q

∂V

∂q=

k

(∂∆l

∂q

)2

q0

+ k∆l0∂2∆l

∂q2

∣∣∣∣q0

+ mg∂2h

∂q2

∣∣∣∣q0

(q − q0)

Ritornando all’esempio si ha l’equazione lineare che descrive il moto in piccolodel sistema nell’intorno della posizione di equilibrio statico ϕ0 = 30:(

mAL2

4+ JA +

(JD

R2+ mD

)L2 3

4

)¨ϕ +

(1

2kL2 − mAg

L

2

√3

2

)ϕ = 0 (1.3.1)

conϕ = ϕ − ϕ0

Osservazione La posizione di equilibrio calcolata, ϕ0 = 30 risulta essere in-stabile se si considerano i dati numerici proposti, poiche la derivata secondadell’energia potenziale, corrispondente al termine di rigidezza generalizzata, va-lutata in corrispondenza della posizione di equilibrio risulta essere minore dizero.

1.3. LINEARIZZAZIONE 15

1.3.1 Equazioni di moto lineari nell’intorno della posizione

di equilibrio

Se la posizione di equilibrio e nota e l’interesse e volto allo studio della dinamicanell’intorno di tale posizione, si possono scrivere direttamente le equazioni dimoto lineari tramite la linearizzazione dei legami cinematici, facendo riferimentoal sistema meccanico fino a qui trattato, si ha che:

vC = L cosϕ0 ˙ϕ = L√

32

˙ϕ

vG = L2

4˙ϕ

ωA = ˙ϕ

ωD = LR

√3

2˙ϕ

In generale la forma quadratica dell’energia potenziale risulta essere:

V ≃ V |q=q0+

1

2

k

(∂∆l

∂q

)2

q0

+ k∆l0∂2∆l

∂q2

∣∣∣∣q0

+ mg∂2h

∂q2

∣∣∣∣q0

(q − q0)

2

con:∆l = ∆l(q) e h = h(q)

mentre ∆l0 rappresenta il precarico statico della molla necessario a definire laposizione di equilibrio.I tre termini che compaiono nello sviluppo sono rispettivamente: la rigidez-za generalizzata del sistema al grado di liberta q, il secondo termine e dettosouplesse ed esiste solo se le molle del sistema sono precaricate e se la deriva-ta seconda dell’allungamento dinamico rispetto alla coordinata libera, valutatanella posizione di equilibrio, e non nulla. Il terzo termine e detto richiamo grav-itazionale e compare nella equazione di moto linearizzata solo se la derivataseconda, rispetto alla coordinata libera, delle quote verticali dei baricentri deicorpi che compongono il sistema e diversa da zero nella posizione di equilibrio.

Facendo riferimento all’esempio, i termini di interesse sono quindi:

∆l0 = L sin ϕ0 =L

2

∂∆l

∂ϕ

∣∣∣∣ϕ0

=l√

3

2

∂2∆l

∂ϕ2

∣∣∣∣ϕ0

= −L

2

∂2h

∂ϕ2

∣∣∣∣ϕ0

= −L√

3

4


che permettono di calcolare la forma quadratica di energia potenziale:

V ≃ V |ϕ=ϕ0+

1

2k

(3L2

4− L2

4

)ϕ2 +

1

2mAg

(−L

√3

4

)ϕ2

definite cosı le forme quadratiche di energia si applica Lagrange e si ottienel’equazione di moto linearizzata 1.3.1.

1.4 Richiamo gravitazionale

E’ interessante verificare quando il termine di richiamo gravitazionale comparenelle equazioni di moto linearizzate nell’intorno della posizione di equilibrio.Come detto tale contributo alla definizione della rigidezza complessiva del sis-tema e presente quando la derivata seconda delle quote verticali dei baricentri,fatta rispetto alla coordinata libera, risulta essere nulla se valutata nella po-sizione di equilibrio.Nella figura 1.9 e mostrato un sistema meccanico formato da un pendolo omo-geneo, lungo L con massa m e momento d’inerzia baricentrico J , incernieratoin un estremo e sostenuto in posizione di equilibrio orizzontale da una mollaprecaricata di rigidezza k posta nell’altra estremita.

θ

G

Fig. 1.9 Pendolo con posizione di equilibrio orizzontale

Come detto, la configurazione rappresentata in figura 1.9 e la posizione diequilibrio statico del sistema, ovvero per θ = 0, dove θ e la coordinata liberadel sistema che definisce la posizione angolare dell’asta stessa partendo dallaposizione orizzontale.Si scrive l’equazione di moto non lineare utilizzando l’approccio presentato nelparagrafo 1.1.L’energia cinetica del sistema, espressa in coordinate fisiche, risulta essere:

EC =1

2mv2

G +1

2Jω2

dove vG e la velocita assoluta del baricentro G dell’asta e ω e la sua velocitaangolare assoluta.

1.4. RICHIAMO GRAVITAZIONALE 17

L’energia potenziale e data dalla somma del contributo gravitazionale e delcontributo elastico:

V =1

2k (∆l0 + ∆ld)

2+ mghG

Esplicitando le coordinate fisiche in funzione della coordinata libera si ha:

xG = L

2 cos θ

yG = L2 sin θ

→

xG = −L2 θ sin θ

yG = L2 θ cos θ

che portano a:

v2G =

L2

4θ2 ω = θ hG = yG

L’allungamento dinamico della molla risulta essere:

∆ld = L sin θ

mentre e incognito il valore di precarico, quindi di allungamento statico, dellamolla affinche θ = 0 sia posizione di equilibrio.

L’energia cinetica del sistema scritta in funzione della coordinata libera θ,risulta essere:

EC =1

2

(m

L2

4+ J

)θ2 =

1

2J∗θ2

con il momento d’inerzia generalizzato J∗ indipendente dalla coordinata libera,ovverosia le caratteristiche inerziali del sistema non variano con la posizione.L’energia cinetica risulta essere, in questo caso, direttamente una forma quadrat-ica. Questo dara luogo ai seguenti termini lineari nell’equazione di moto delsistema:

d

dt

(∂EC

∂θ

)− ∂EC

∂θ= J∗θ

La derivata dell’energia potenziale rispetto alla coordinata libera e:

∂V

∂θ= mg

L

2cos θ + k∆ld

∂∆ld∂θ

+ +k∆l0∂∆ld∂θ

che, sostituendo i legami cinematici, diventa:

∂V

∂θ= mg

L

2cos θ + kL2 sin θ cos θ + k∆l0L cos θ

da cui segue che l’equazione di moto non lineare del sistema risulta essere:

J∗θ + mgL

2cos θ + kL2 sin θ cos θ + k∆l0L cos θ = 0

Nell’equazione di moto rimane incognito il termine di precarico della mollache garantisce che θ = 0 sia la posizione di equilibrio statico del sistema. Tale


valore di precarico risulta essere tale da annullare la derivata prima dell’energiapotenziale rispetto alla coordinata libera valutata in θ = 0.

mgL

2+ k∆l0L = 0 ⇒ ∆l0 = −mg

2k(1.4.1)

L’equazione 1.4.1 rappresenta l’equilibrio statico alla rotazione attorno allacerniera che vincola a terra l’asta. Il precarico ∆l0 risulta essere negativo indi-cando che, secondo le convenzioni adottate, la molla deve essere compressa perθ = 0.Sostituendo il valore calcolato di precarico nell’equazione di moto si elimina com-pletamente il contributo del richiamo gravitazionale, ovvero il moto in grandedel sistema non dipende dalla forza peso, ossia:

J∗θ + kL2 sin θ cos θ = 0

Linearizzando l’equazione di moto nell’intorno della posizione di equilibrio siottiene:

J∗θ + kL2θ = 0

a tale risultato era possibile arrivare direttamente considerando che l’energiacinetica e una forma quadratica mentre solo il contributo dovuto alla molladeve essere considerato nell’energia potenziale essendo verificato che:

∂2hg

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= −L

2sin θ

∣∣∣∣θ=0

= 0 e∂2∆ld∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= 0

θ

G

Fig. 1.10 Pendolo con posizione di equilibrio verticale

1.4. RICHIAMO GRAVITAZIONALE 19

Considerando ora un sistema analogo al precedente, in cui l’asta si trovain posizione di equilibrio quando e disposta secondo la direzione verticale ed evincolata a terra tramite una cerniera nella sua estremita inferiore mentre lamolla e posta nell’estremo superiore.Affinche la posizione indicata in figura 1.10 sia di equilibrio, la molla pos-ta nell’estremo libero deve essere scarica per θ = 0, con θ coordinata liberache definisce la posizione angolare dell’asta partendo dal riferimento verticale,ovvero:

∆l0 = 0

l’energia potenziale elastica del sistema e:

VK =1

2k∆l2 =

1

2kL2 sin2 θ

mentre il contributo gravitazionale e:

VG = mgyG = mgL

2cos θ

I termini legati all’energia cinetica non cambiano rispetto al caso precedente eportano all’equazione di moto non lineare:

J∗θ + kL2 sin θ cos θ − mgL

2sin θ = 0

dove si nota la mancanza del precarico statico e che il termine di richiamogravitazionale e negativo influenzando la stabilita della posizione di equilibrio,che e verificata se:

∂2V

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

> 0 → kL − mg

2> 0

L’equazione di moto lineare nell’intorno della posizione di equilibrio e:

J∗θ + kL2θ − mgL

2θ = 0

dove compare il contributo della forza peso perche si ha che:

∂2hg

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= −L

2cos θ = −L

2

Si vuole ora analizzare il caso generale in cui la posizione di equilibrio edefinita da θ0 6= 0 e θ0 6= π

2 . A titolo di esempio la figura 1.11 mostra alcunisistemi meccanici con posizione di equilibrio generica.Scegliendo, per tutti i sistemi in analisi, θ come grado di liberta che definisce

la rotazione del corpo a partire dalla posizione di equilibrio rappresentata infigura si scrive l’energia potenziale dovuta al campo di forze gravitazionale:

Vg = mgh (θ)


G

θ0

θ

O

G

θ0

θ

O

G

O

θθ0

G

θ0θ

Fig. 1.11 Esempio di sistemi meccanici con posizione di equilibrio generica

dove h (θ) e la posizione verticale del baricentro G a seguito di una rotazione θ.Esplicitando i legami cinematici, tenendo conto della sostituzione b = OG, siottiene:

h = b sin θ0 − b sin (θ − θ0)

h = b sin θ0 − b (b sin θ0 cos θ − cos θ0 sin θ)

come descritto nel paragrafo 1.3, per avere l’equazione di moto lineare occorreche l’energia potenziale sia una forma quadratica della coordinata libera, sisviluppa quindi la posizione verticale del baricentro in serie di Taylor nell’intornodi θ = 0 arrestandosi ai termini di ordine 2:

h = b sin θ0 − b sin θ0

(1 − θ2

2

)+ b cos θ0θ

La forma quadratica dell’energia potenziale diventa, trascurando i termini costan-ti e lineari:

Vg = mgh (θ) =1

2(mgb sin θ0) θ2

dove mgb sin θ0 e il termine di rigidezza dovuto al richiamo gravitazionale.

1.5. EFFETTI DEL PRECARICO 21

Osservazione In geneale il contributo dovuto alla forza peso al termine dirigidezza del sistema linearizzato e funzione della distanza verticale tra il bari-centro G e l’asse di rotazione nella posizione di equilibrio, ossia e funzione dib sin θ0. Analogamente a quanto visto per i pendoli in posizione di equilibrioorizzontale e verticale, nullo per il primo e pari a −mg L

2 per il secondo.

1.5 Effetti del precarico

M

k, l0

x

h

L’esempio riportato in figura e utile alla comprensione degli effetti del pre-carico nell’equazione di moto, in particolare nell’equazione di moto in piccolo.Siano M, l0 e k rispettivamente la massa del carrello, la lunghezza della mollaa riposo e la rigidezza della molla, mentre con x e indicata la coordinata liberae con h la distanza tra le cerniere.L’equazione di moto non lineare si scrive, al solito, partendo dalle forme di ener-gia, in particolare si ha che l’energia cinetica e forma quadratica della coordinatalibera:

EC =1

2Mx2

mentre l’energia potenziale e dovuta al solo contributo dato dalla molla, ossia:

V =1

2k∆l2 con ∆l = l − l0

dove l e la lunghezza assunta dalla molla durante il moto del sistema.Tramite Pitagora e immediato esprimere la lunghezza l in funzione della coor-dinata libera x:

l =√

h2 + x2 ⇒ ∆l =(h2 + x2

)1/2 − l0


L’unica derivata da calcolare per la scrittura dell’equazione di moto in grandee:

∂∆l

∂x=(h2 + x2

)−1/2x

che permette di scrivere:

Mx + k[(

h2 + x2)1/2 − l0

] (h2 + x2

)−1/2x = 0

che rappresenta l’equazione di moto non lineare del sistema in analisi.Linearizzando nell’intorno di x = 0, posizione di equilibrio si ha che la formaquadratica dell’energia potenziale e:

V ≃ 1

2k

(∂∆l

∂x

∣∣∣∣x=0

)2

+ ∆l0∂2∆l

∂x2

∣∣∣∣x=0

x2

con:∂∆l

∂x

∣∣∣∣x=0

= 0

e∂2∆l

∂x2

∣∣∣∣x=0

=1

h

da cui si ottiene l’equazione che descrive il moto in piccolo nell’intorno di x = 0:

Mx + k (h − l0)x

h= 0 ⇒ Mx + k

∆l0h

x = 0

sono quindi distinguibili tre casi differenti:

1. h < l0 ⇒ ∆l0 < 0 la molla e compressa nella posizione di equilibrio cherisulta quindi essere instabile;

2. h > l0 ⇒ ∆l0 > 0 la molla e tesa nella posizione di equilibrio che risultaessere stabile;

3. h = l0 ⇒ ∆l0 = 0 la molla non e caricata nella posizione di equilibrio, ilmoto in piccolo risulta quindi labile.

1.6 Operativamente

Dal punto di vista operativo, considerando le piccole oscillazioni nell’intornodella posizione di equilibrio statico, q0, la linearizzazione si effettua secondo iseguenti criteri:

• Energia cinetica

Si valuta la massa generalizzata in corrispondenza della posizione di equi-librio statico, ossia si approssima:

m∗ (q) ≃ m∗ (q0)

tale operazione equivale a linearizzare in partenza i legami cinematici

1.6. OPERATIVAMENTE 23

• Energia potenziale

La forma quadratica dell’energia potenziale, trascurando i termini costantie lineari, e:

V ≃ 1

2

k

(∂∆l

∂q

)2

q0

+ k∆l0∂2∆l

∂q2

∣∣∣∣q0

+ mg∂2h

∂q2

∣∣∣∣q0

(q − q0)2

quindi se i legami cinematici h (q) e ∆ld (q) sono tali percui ∂2h∂q2

∣∣∣q0

= 0

e ∂2∆l∂q2

∣∣∣q0

= 0 il termine di richiamo gravitazionale e il precarico statico

delle molle non compaiono nelle equazioni di moto ossia i legami cinemati-ci ∆ld (q) possono essere linearizzati in partenza.

Se si ha invece che ∂2h∂q2

∣∣∣q0

6= 0 nelle equazioni di moto compare il termine

di rigidezza equivalente dovuto al richiamo gravitazionale.

Il termine ∂2∆l∂q2

∣∣∣q0

e invece quasi sermpre nullo in tutti i casi pratici altri-

menti valgono le considerazioni viste nel paragrafo 1.5

• Funzione dissipativa

Come per l’energia cinetica si valuta lo smorzamento generalizzato nell’in-torno della posizione di equilibrio statico, ossia:

r (q) ≃ r (q0)

e quindi possibile il calcolo della funzione dissipativa linearizzando inpartenza i legami cinematici

• Lavoro virtuale

Si possono linearizzare in partenza i legami cinematici


1.7 Esercizio 1

θ0

k

m1, J1, R

m2, J2, L

+

Il sistema meccanico ad un grado di liberta rappresentato in figura e com-posto da un disco omogeneo - massa m1, momento d’inerzia baricentrico J1 eraggio R - che rotola senza strisciare su un piano orizzontale. A tale disco esolidale un’asta omogenea di massa m2, lunghezza L e momento d’inerzia bari-centrico J2 collegata a terra tramite la molla di rigidezza k. La posizione diequilibrio rappresentata in figura e definita da θ0 = 30.Si chiede di scrivere l’equazione di moto non lineare e di calcolare la lunghezzadella molla scarica affinche θ0 sia posizione di equilibrio statico. Nell’intorno ditale posizione si linearizzi l’equazione di moto.

1.7.1 Scrittura dell’equazione di moto non lineare

Scelta come coordinata libera θ, rotazione assoluta del disco, positiva in sen-so antiorario contata a partire dalla posizione di equilibrio statico, si procedesecondo lo schema proposto nel paragrafo 1.1, si scrivono cioe le quantita ener-getiche utilizzando delle coordinate fisiche di comodo.Energia cinetica:

EC =1

2m1v

2GD

+1

2J1ω

21 +

1

2m2v

2GA

+1

2J2ω

22

dove con GD e GA sono stati indicati i baricentri di disco e asta.Energia potenziale:

V = Vg + Vk = m2ghGA+

1

2k∆l2

Fissato un sistema di riferimento assoluto xy con l’origine posta nel centroruota, quando questa si trova nella posizione di equilibrio, si definiscono i legami

1.7. ESERCIZIO 1 25

cinematici.Essendo l’asta incastrata al disco non e permessa la rotazione relativa, si haquindi che le velocita angolari dei due corpi sono tra loro uguali e pari alladerivata rispetto al tempo della coordinata libera:

ω2 = ω1 = θ

Tramite il vincolo di rotolamento senza strisciamento e immediato il calcolodella velocita del centro ruota:

vGD= −Rθ

La velocita del baricentro dell’asta e:

~vGA= ~vGD

+ ~ω1 ∧ (GA − GD)

ma il metodo piu semplice per calcolare tale velocita e definire la posizione delpunto GA nel sistema di riferimento assoluto fissato e derivare rispetto al tempole espressioni delle coordinate cartesiane cosı ottenute:

xGA

= −Rθ + L2 sin (θ + θ0)

yGA= −L

2 cos (θ + θ0)

La figura 1.12 mostra il sistema meccanico in analisi in una generica posizionedeviata rispetto alla posizione di equilibrio statico.

x

y

θ + θ0

Fig. 1.12 Sistema meccanico in analisi in una generica posizione deviata

xGA= −Rθ + L

2 θ cos (θ + θ0)

yGA= L

2 θ sin (θ + θ0)


da cui:

v2GA

= x2GA

+ y2GA

=

(R2 +

L2

4− RL cos(θ + θ0)

)θ2

I legami cinematici di interesse per la scrittura dell’energia potenziale in funzionedella coordinata libera sono:

hGA= yGA

= −L

2cos (θ + θ0)

∆l = ∆ld + ∆l0 con ∆ld = ld − L sin θ0 = ld − li

dove con ld e indicata la lunghezza assunta dalla molla nella generica posizionedel sistema durante il suo moto, ovvero:

ld = −Rθ + L sin(θ + θ0)

mentre con li si e indicata la lunghezza della molla quando il sistema si trovanella posizione di equilibrio statico, ossia per θ = 0.Tali relazioni permettono di esplicitare l’allungamento della molla rispetto allacoordinata libera:

∆l = −Rθ + L sin(θ + θ0) − L sin θ0 + ∆l0

Sostituendo alle coordinate fisiche la loro definizione in funzione della coordina-ta libera tramite i legami cinematici si ottengono l’energia cinetica e l’energiapotenziale in funzione di θ e di θ.Energia cinetica:

EC =1

2

(m1R

2 + J1 + J2

)θ2+

1

2m2

(R2 +

L2

4− RL cos(θ + θ0)

)θ2 =

1

2J∗(θ)θ2

con

J∗(θ) = m1R2 + J1 + J2 + m2R

2 + m2L2

4− RL cos (θ + θ0)

Energia potenziale gravitazionale:

VG = −m2gL

2cos (θ + θ0)

Energia potenziale elastica:

VK =1

2k (−Rθ + L sin(θ + θ0) − L sin θ0 + ∆l0)2

In questo modo sono state definite tutte le quantita necessarie alla scrittura delleequazioni di moto tramite l’espressione di Lagrange, in particolare e necessariocalcolare:

∂J∗(θ)

∂θ= m2RL sin(θ + θ0)

∂hG2(θ)

∂θ=

L

2sin(θ + θ0)

1.7. ESERCIZIO 1 27

∂∆l(θ)

∂θ= −R + L cos(θ + θ0)

L’equazione di moto non lineare risulta essere:

J∗(θ)θ + 12m2RL sin(θ + θ0)θ2 +

+k (−Rθ + L sin(θ + θ0) − L sin θ0 + ∆l0) (−R + L cos(θ + θ0)) +

+m2gL2 sin (θ + θ0) = 0

dove rimane incognita la lunghezza della molla indeformata.

1.7.2 Calcolo del precarico statico

Il precarico statico della molla si calcola sapendo che θ0 e una condizione diequilibrio cioe un punto di stazionarieta del potenziale:

∂V

∂θ

∣∣∣∣θ=0

= 0

da cui si ha:

k∆l0 (L cos θ0 − R) = −m2gL

2sin θ0 ⇒ ∆l0 = −m2gL

2k

sin θ0

L cos θ0 − R

L’equilibrio statico alla rotazione rispetto al punto di contatto tra la ruota

k∆l0m2g

N

T

m1g

Fig. 1.13 Schema delle forze statiche agenti sul sistema

e la guida orizzontale permette di verificare l’allungamento statico calcolato,considerando le forze statiche mostrate in figura 1.13

m2gL

2sin θ0 + k∆l0 (L cos θ0 − R) = 0


1.7.3 Linearizzazione

La forma quadratica dell’energia cinetica, come spiegato nel paragrafo 1.3, siottiene valutando il momento d’inerzia generalizzato alla coordinata libera nellaposizione di equilbrio, ossia:

J∗ (θ0) = m1R2 + J1 + J2 + m2

(R2 +

L2

4− RL

√3

2

)

Mentre si calcola la forma quadratica dell’energia potenziale, 1.3, valutando leseguenti quantita nell’intorno della posizione di equilibrio:

∂2hG2(θ)

∂θ2=

L

2cos (θ + θ0)

∣∣∣∣θ=0

=L√

3

4

∂2∆l

∂θ2= −L sin(θ + θ0)|θ=0 = −L

2

∂∆l

∂θ= −R + L cos(θ + θ0)|θ=0 = −R +

L√

3

2

la forma quadratica dell’energia potenziale e allora:

V ≃ V |θ=0 +1

2

−kL

2+ m2g

L

4

(√3 − 1

)θ2

Applicando Lagrange si ricava l’equazione di moto in piccolo nell’intorno diθ = 0:

J∗ (θ0) θ +

(−kL

2+ m2g

L

4

(√3 − 1

))θ = 0

1.8. ESERCIZIO 2 29

1.8 Esercizio 2

k

m, J, L

L

LO1

O2

B

A

G

+

+

Il quadrilatero articolato in figura e composto da due aste prive di massa,lunghe L, O1A e O2B, e da una terza asta omogenea, AB, di massa m e mo-mento d’inerzia J , lunga L.Una molla di rigidezza k e disposta secondo una diagonale del quadrato ed eprecaricata in modo che la posizione rappresentata in figura sia di equilibriostatico.Si chiede di scrivere l’equazione di moto non lineare e di calcolare il precaricostatico affinche la posizione indicata in figura sia di equilibrio statico e si deter-mini se tale posizione e stabile. Si scriva inoltre l’equazione che descrive il motoin piccolo nell’intorno della posizione di equilibrio assegnata.


Scelta come coordinata libera θ, la rotazione assoluta della biella superiore, pos-itiva in senso antiorario contata dalla posizione di equilibrio statico, si procedesecondo lo schema proposto nel paragrafo 1.1, scrivendo dapprima le quantitaenergetiche in coordinate fisiche di comodo.Energia cinetica:

EC =1

2mv2

G

avendo indicato con vG la velocita del baricentro G dell’asta AB, dotata dimassa, posto al centro dell’asta stessa poiche essa e omogenea. Compare soloun termine perche l’asta di massa m si muove di moto puramente traslatorio,in quanto il sistema analizzato e un parallelogramma articolato.Energia potenziale:

V = Vg + Vk = mghG +1

2k∆l2


La figura 1.14 mostra il sistema articolato nella generica posizione deviata, edil sistema di riferimento assoluto xy con origine posta nella cerniera a terra O1.Passiamo ora a definire i legami cinematici tra le variabili fisiche di comodoadottate per la scrittura delle forme energetiche e la variabile indipendente θscelta per descrivere il moto del sistema.

θ

G

B

x

y

A

O1

O2

Fig. 1.14 Il quadrilatero articolato in una posizione generica assunta durante il moto

del sistema

E’ immediato calcolare la relazione cinematica che definisce la velocita del bari-centro G; poiche l’asta si muove di moto traslatorio tutti i suoi punti hanno lastessa velocita, ossia:

vA = vG = Lθ

da cui si ha che l’energia cinetica in funzione della coordinata libera e:

EC =1

2mL2θ2

Il momento d’inerzia generalizzato e quindi costante al variare della posizione delsistema, si ha cioe che l’energia cinetica e direttamente una forma quadratica.

J∗(θ) = mL2 = cost.

Per definire l’energia potenziale in funzione della coordinata libera devono essereesplicitate le relazioni cinematiche che permettono di esprimere la posizioneverticale del baricentro G:

Vg = mghG = mgyG

1.8. ESERCIZIO 2 31

con

yG = −L

2− L sin θ

e l’allungamento della molla:

∆l = ∆ld + ∆l0

con

∆ld = l − L√

2

dove con l e stata indicata la lunghezza assunta dalla molla durante il motodel sistema, mentre L

√2 e la lunghezza della molla nella posizione di equilibrio

statico. A questo punto deve essere definita la lunghezza assunta dalla molladurante il moto del sistema:

l =√

x2P + y2

P

con: xP = −L cos θyP = −L − L sin θ

da cui si ha:

l =√

L2 + L2 sin2 θ + L2 cos2 θ + 2L2 sin θ = L√

2√

1 + sin θ

l’allungamento della molla risulta essere allora:

∆ld = L√

2(√

1 + sin θ − 1)⇒ ∆l = L

√2(√

1 + sin θ − 1)

+ ∆l0

a questo punto sono definite in funzione della coordinata libera tutte le quantitanecessarie alla scrittura dell’equazione di moto, applicando quanto mostrato nelparagrafo 1.1, si ottiene:

∂J∗(θ)

∂θ= 0

∂hG(θ)

∂θ= −L cos(θ)

∂∆l(θ)

∂θ= L

√2

cos θ

2√

1 + sin θ

da cui:

mL2θ − mgL cos θ + k[L√

2(√

1 + sin θ − 1)

+ ∆l0

]L√

2cos θ

2√

1 + sin θ= 0

che e l’equazione di moto in grande del sistema analizzato.


1.8.2 Precarico statico della molla

Per calcolare il precarico statico della molla si impone che la posizione diequilibrio del sistema θ = 0 sia un punto di stazionarieta dell’energia potenziale:

∂V

∂θ

∣∣∣∣θ=0

= 0 ⇒ −mgL + k∆l0L√

2

2= 0

da cui si ha che l’allungamento statico risulta essere:

∆l0 =mg

√2

k

H1

H2

mg

k∆l0

Fig. 1.15 Schema delle forze statiche agenti sul sistema

Facendo riferimento alla figura 1.15 si scrive l’equilibrio statico alla traslazione indirezione verticale, si ottiene il medesimo risultato ottenuto tramite l’approccioenergetico, ossia:

mg = k∆l0

√2

2⇒ ∆l0 =

mg√

2

kSi osserva che secondo le convenzioni adottate ∆l0 > 0 corrisponde ad unacondizione di molla allungata, ossia in trazione.


Essendo, come detto, il momento d’inerzia ridotto costante l’energia cinetica euna forma quadratica e quindi da luogo a soli termini lineari nell’equazione dimoto, la forma quadratica dell’energia potenziale si ottiene tramite lo sviluppoin serie di Mac Laurin al secondo ordine, come mostrato nel paragrafo 1.3:

Vk ≃ Vk0 +1

2

k

(∂∆l

∂θ

∣∣∣∣θ=0

)2

+ k∆l0∂2∆l

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

θ2

1.8. ESERCIZIO 2 33

V g ≃ Vg0 +1

2mg

∂2h

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

θ2

Vk + Vg ≃ Vk0 + Vg0 +1

2

k

L2

2+ mg

√2

(−L

√2

4

)θ2

quindi l’equazione di moto lineare, che descrive il moto in piccolo nell’intornodi θ = 0, e:

mL2θ +

(k

L2

2− mgL

2

)θ = 0

I termini di rigidezza che compaiono nell’equazione di moto sono dovuti rispet-tivamente alla rigidezza generalizzata della molla e al termine di souplesse, einvece nullo il contributo del richiamo gravitazionale essendo nulla la derivataseconda della posizione verticale del baricentro G valutata nella posizione diequilibrio.


1.9 Esercizio 3

C

G m, J, r

O

G

+

Il disco riportato in figura, di massa m, momento d’inerzia baricentrico J eraggio r, ha il baricentro G eccentrico rispetto al centro ruota C di una quantitaGC, pari ad r/2 e rotola senza strisciare su una guida circolare di raggio R. Pertale sistema meccanico si scriva l’equazione di moto non lineare, si calcolino leposizioni di equilibrio statico nelle ipotesi R = 4r e R = 2r. Nel caso in cuiR = 2r si verifichi che la posizione indicata in figura sia di equilibrio e si scrival’equazione di moto linearizzata nell’intorno di tale posizione.

1.9.1 Analisi cinematica del sistema

Fissata l’origine del sistema di riferimento nella posizione del centro ruota, C,nella configurazione indicata in figura e scelta come coordinata libera la ro-tazione assoluta del disco, θ, contata positiva antioraria a partire dalla direzioneverticale. E’ immediato indicare le relazioni cinematiche in termini di velocita:indicando con α l’angolo spazzato dal raggio R − r che unisce il centro dellaguida O alla traiettoria del centro ruota C si ha che:

|~vC | = α (R − r) = rθ

ossia devono essere uguali la velocita del centro ruota espressa tramite la velocitaangolare attorno al centro dell guida O e sfruttando il centro di istantanea

1.9. ESERCIZIO 3 35

rotazione.In termini di rotazione si ha che le relazioni cinematiche, facendo riferimentoalla figura 1.16 dove e riportato il sistema al tempo t0 e in un istante successivot, sono:

PP′

= Rα

Ovvero l’arco compreso tra il punto P e il punto P′

, ossia i centri di istantanearotazione nei due istanti di tempo considerati, e pari all’arco descritto dal raggioR per l’angolo alpha definito come da figura 1.16. Il punto P

′′

e il punto dellacirconferenza del disco che andra a contatto con la via di corsa nell’istante ditempo bart, da cui si ha che:

PP′′

=

PP′

= rθrel

dove con θrel si e indicata la rotazione relativa del disco rappresentata dall’angoloPCP ′′ .

L’angolo α rappresenta la rotazione di trascinamento che subirebbe il discose fosse rigidamente collegato al raggio (R − r), mentre l’angolo θrel sarebbela rotazione che il disco effettuerebbe su una guida piana per percorrere ladistanza PP

′

, ossia quella vista da un sistema di riferimento rotante cui assi simantengono sempre disposti con direzione tangente e norma alla guida circolare.Con le convenzioni adottate si ha allora:

θ = θrel − α ⇒ θrel = θ + α

Rα = r (θ + α) ⇒ Rα − rα = rθ

α =r

R − rθ

come gia ottenuto in precedenza.Ossia la rotazione assoluta del disco puo essere ricavata sommando alla rotazionerelativa θrel quella di trascinamento α effettuata dalla terna mobile centrata inO.


L’energia cinetica del sistema, espressa in coordinate fisiche, e dovuta al motorototraslatorio del disco che si muove sulla guida circolare ed e pari:

EC =1

2mv2

G +1

2Jω2

D

Preso un sistema di riferimento assoluto centrato in O, le relazioni cinematichecalcolate permettono di esprimere la posizione del baricentro in funzione dellacoordinata libera:

xG = (R − r) sin α + r2 sin θ

yG = − (R − r) cos α + r2 cos θ


C

GG

C

α θ

R

R − r

P

P′

P′′

Fig. 1.16 Coordinata libera, θ, e angolo α spazzato dal raggio R − r

da cui segue sostituendo α con la sua definizione in funzione di θ:

xG = (R − r) sin(

rR−r θ

)+ r

2 sin θ

yG = − (R − r) cos(

rR−r θ

)+ r

2 cos θ

per il calcolo delle due componenti di velocita si derivano le espressioni dellaposizione rispetto al tempo:

xG = rθ(

cos(

rR−r θ

)+ 1

2 cos θ)

yG = rθ(

sin(

rR−r θ

)− 1

2 sin θ)

La velocita angolare del disco e pari alla derivata rispetto al tempo della coor-dinata libera, che esprime la rotazione assoluta del disco.

ωD = θ

L’energia cinetica e quindi pari a:

EC =1

2mx2

G +1

2my2

G +1

2Jθ2

da cui si ha:

EC =1

2

mr2

[5

4+ cos

(r

R − rθ + θ

)]+ J

θ2

1.9. ESERCIZIO 3 37

L’energia potenziale ha solo il contributo dovuto al campo di forze gravitazionaleed avendo gia calcolato la posizione verticale del baricentro e immediato passaredalla coordinata fisica alla coordinata libera:

Vg = mghG = mgyG = mg

− (R − r) cos

(r

R − rθ

)+

r

2cos θ

I termini necessari alla scrittura dell’equazione di moto non lineare sono:

∂J ∗ (θ)

∂θ= −mr2 sin

[θ

(1 +

r

R − r

)](1 +

r

R − r

)

∂hG

∂θ= r sin

(r

R − rθ

)− r

2sin θ

da tali termini si ha che l’equazione non lineare del moto risulta essere:

mr2

[5

4+ cos

(r

R − rθ + θ

)+ J

]θ − 1

2mr2 sin

[θ

(1 +

r

R − r

)](1 +

r

R − r

)θ2 +

+mg

[r sin

(r

R − rθ

)− r

2sin θ

]= 0

1.9.3 Calcolo della posizione di equilibrio

Al solito si impone che la derivata dell’energia potenziale rispetto alla coordinatalibera sia nulla nella posizione di equilibrio, con R = 4r

∂V

∂θ

∣∣∣∣θ=0

= 0 ⇒ mg

[sin

(θ

3

)− 1

2sin θ

]= 0

le cui soluzioni sono:

sinθ

3=

1

2sin θ

che si ottengono graficamente come riportato nella figura 1.17 Con R = 2r siha che la posizione di equilibrio e data dalle soluzioni di:

sin θ1

2= sin θ ⇒ θ = 0 + kπ


−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

θ

sin(

θ/3)

; sin

(θ)/

2

Fig. 1.17 Soluzione grafica per il calcolo della posizione di equilibrio statico

1.9.4 Linearizzazione nella condizione 2 (R = 2r)

Affinche l’energia cinetica sia una forma quadratica, il momento d’inerzia ridottodeve essere valutato nella posizione di equilibrio, ossia:

J∗(θ0) =

(5

4mr2 + mr2 + J

)

La forma quadratica dell’energia potenziale risulta essere:

∂2hG

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= r cos

(r

R − rθ

)r

R − r− r

2cos θ

∣∣∣∣θ=0

⇒ V ≃ 1

2

(mg

r

2

)θ2

L’equazione del moto linearizzata nell’intorno di θ = 0 e allora:

(5

4mr2 + mr2 + J

)θ + mg

r

2θ = 0

1.10. ESERCIZIO 4 39

1.10 Esercizio 4

C

L

md, Jd, R

L

k

Il disco riportato in figura, di massa md, momento d’inerzia Jd e raggio R,rotola senza strisciare su una guida circolare di raggio L + R. Nel centro ruotaC e vincolato tramite una cerniera un corsoio di massa mc, momento d’inerizaJc, una molla di rigidezza k e inserita nella guida prismatica nella quale scorreil corsoio stesso.Considerando che la posizione rappresentata nella figura e di equilibrio con lamolla e scarica, si scriva l’equazione di moto non lineare e l’equazione di motolinearizzata nell’intorno di tale posizione.

1.10.1 Analisi cinematica del sistema

Facendo riferimento alla figura 1.18 si nota che il triangolo COA e isoscele, ossia:

2β =π

2+ α = π ⇒

⇒

α = π2 − 2β

β = π4 − α

2

Si sceglie α come coordinata libera.


C

L

LO A

α

β

β

Fig. 1.18 Coordinata libera e angoli notevoli del sistema

1.10.2 Scrittura delle equazioni di moto

L’energia cinetica del sistema, espressa in coordinate fisiche, e dovuta al motorototraslatorio del disco e del corsoio:

EC =1

2mdv

2C +

1

2Jdω

2D +

1

2mcv

2C +

1

2Jcω

2C

dalle relazioni cinematiche gia calcolate si ha che:

ωc = ωA = β con β = − α

2

vC = lα e vC = ωDR ⇒ ωD =L

Rα

Sostitudendo i legami cinematici cosı esplicitati si ha che l’energia cinetica e:

EC =1

2

[(mc + md) L2 + Jd

L2

R2+

Jc

4

]α2 =

1

2J∗α2

L’energia potenziale gravitazionale e:

Vk =1

2k∆l2

con:

∆l = l − L√

2


poiche la lunghezza della molla indeformata si calcola dalla figura con β = 45,mentre la lunghezza assunta dalla molla durante il moto del sistema e:

l = 2L cosβ = 2L cos(π

4− α

2

)

⇒ ∆l = 2L cos(π

4− α

2

)− L

√2

L’energia potenziale gravitazionale e:

Vg = (mc + md) ghC

con

hC = yC = −L cosα

Osservazione: La lunghezza l assunta dalla molla durante il moto del sistemapuo essere ricavata direttamente dalle coordinate cartesiane del punto C:

xC = −L sin αyC = −L cosα

⇒ l =

√(−xC + L)

2+ y2

C = L√

2√

sin α + 1

l’allugamento della molla risulta essere allora:

∆l = L√

2(√

sin α + 1 − 1)

1.10.3 Equazione di moto non lineare

Il momento d’inerzia ridotto J∗ e costante al variare della posizione del sistema,per scrivere l’equazione di moto del sistema vanno quindi calcolate le derivateparziali:

∂∆l

∂αe

∂hG

∂α

∂∆l

∂α= L sin

(π

4− α

2

)

∂hG

∂α= L sin α

Applicando quanto mostrato nel paragrafo 1.1 si ottiene l’equazione di motonon lineare:

J∗α + k(

2L cos(π

4− α

2

)− L

√2)

L sin(π

4− α

2

)+ (mc + md) gL sin α = 0

1.10.4 Linearizzazione nell’intorno di α = 0

Essendo il momento d’inerzia ridotto costante l’energia cinetica risulta essereuna forma quadratica, mentre la forma quadratica dell’energia potenziale si ot-tiene tramite lo sviluppo in serie di Mac Laurin al secondo ordine, come mostrato


nel paragrafo 1.3, tenendo conto che ∆l = 0 per α = 0, si ha:

Vk ≃ 1

2

k

(∂∆l

∂α

)2

α=0

+ (mc + md) g∂2hC

∂α2

∣∣∣∣α=0

α2

con:∂2hC

∂α2

∣∣∣∣α=0

= L cos α|α=0 = L

(∂∆l

∂α

)2

α=0

= L sin(π

4

)= −L

√2

2

L’equazione di moto lineare, che descrive il moto in piccolo nell’intorno di α = 0,e quindi:

J∗α + kL2

2α + (mc + md) gLα = 0


1.11 Esercizio 5

md, Jd, R

L

x

y

θ

L

F (t)

k

r

+

+

Il manovellismo ordinario centrato mostrato in figura, disposto nel piano ver-ticale, e composto da due aste di pari lunghezza L, considerate prive di massa,e da un disco di massa md, momento d’inerzia baricentrico Jd e raggio R, cherotola senza strisciare sulla guida verticale. Tale sistema e forzato dalla forzaF (t) applicata nel centro ruota.Considerando che la posizione rappresentata in figura, con θ0 = 30, e diequilibrio si scriva:

• l’equazione di moto non lineare

• il valore del precarico che garantisce che θ0 e posizione di equilibrio

• l’equazione di moto linearizzata nell’intorno della posizione di equilibrioconsiderata


1.11.1 Scrittura delle equazioni di moto

L’energia cinetica del sistema, espressa in coordinate fisiche, e dovuta al motorototraslatorio del disco:

EC =1

2mdv

2C +

1

2Jdω

2D

l’energia potenziale in coordinate fisiche e:

V =1

2k∆l2 + mdghC

la funzione dissipativa risulta essere:

D =1

2r∆l

2

mentre il lavoro virtuale della forzante esterna e pari a:

δ∗L = F (t)δ∗xF

dove δ∗xF e lo spostamento virtuale del punto di applicazione della forza.Le relazioni cinematiche che permettono di esprimere le coordinate fisiche infunzione della coordinata libera θ, rotazione assoluta della manovella contatadalla posizione verticale secondo le convenzioni indicate in figura, sono:

yC = − (L cos θ + L cos θ) = −2L cos θ

da cui si ha:vC = yC = 2L sin θθ

che permette di esprimere la velocita angolare del disco come:

ωD = 2L

Rsin θθ

mentre hC e direttamente uguale alla posizione verticale del centro ruota, ovveroyC .Il legame cinematico tra la coordinata libera e lo spostamento virtuale del puntodi applicazione della forza, ovvero dello spostamento virtuale del punto C, e datodalla relazione:

δ∗yC =∂yC

∂θδ∗θ

per cui si ha che il lavoro virtuale della forza esterna e pari a:

δ∗L = −2LF (t) sin θδ∗θ

In generale la componente lagrangiana della sollecitazione attiva, Q,di ciascunaforza F applicata al sistema risulta essere:

Q = F∂xF

∂q


dove con xF si e indicato lo spostamento del generico punto di applicazione dellaforza e con q la coordinata libera.L’allungamento della molla e dato dalla somma della componente dinamica ∆lde della componente statica ∆l0:

∆ld = l − L sin θ0 = l − L

2⇒= L sin θ − L

2+ ∆l0

Sostituendo i legami cinematici cosı esplicitati si ha che l’energia cinetica e:

EC =1

2

(md +

Jd

R2

)4L2 sin2 θθ2 =

1

2J∗(θ)θ2

Per il calcolo dell’equazione di moto non lineare vanno calcolate le seguentiquantita, come indicato nel paragrafo 1.1:

∂J∗(θ)

∂θ,

∂∆l

∂θe

∂hC

∂θ

ossia:

∂J∗(θ)

∂θ= 2

(md +

Jd

R2

)4L2 sin θ cos θ =

(md +

Jd

R2

)4L2 sin 2θ

∂∆l

∂θ= L cos θ

∂hC

∂θ= 2L sin θ

Si ricorda che i termini dell’equazione di moto dovuti alla presenza dello smorza-tore si ottengono applicando Lagrange, come mostrato nel paragrafo 1.1, allafunzione dissipativa, ossia:

∂D

∂θ= r

(∂∆ld∂θ

)2

θ

L’equazione che descrive il moto in grande del sistema e:

J∗(θ)θ +(md + Jd

R2

)8L2 sin θ cos θθ2 + 2mdgL sin θ + k∆l0L cos θ+

+rL2 cos2 θθ + k(L sin θ − L

2

)L cos θ = 2LF (t) sin θ

1.11.2 Precarico statico della molla

Imponendo che l’energia potenziale abbia un punto di stazionarieta per θ = θ0

si calcola il precarico statico necessario a garantire che la posizione assegnatasia di equilibrio:

∂V

∂θ

∣∣∣∣θ=θ0

= mdgL

2+ k∆l0L

√3

2= 0 ⇒ ∆l0 = −mdg

k√

3


1.11.3 Linearizzazione nell’intorno di θ0

Perche l’energia cinetica sia una forma quadratica il momento d’inerzia ridottodeve essere valutato nell’intorno della posizione di equilibrio, ossia:

J∗(θ0) =

(md +

Jd

R2

)L2

La forma quadratica dell’energia potenziale si ottiene da:

∂2hC

∂θ2

∣∣∣∣θ=θ0

= 2L cos|θ=θ0= 2L

√3

2= L

√3

∂2∆l

∂θ2

∣∣∣∣θ=θ0

= − L sin|θ=θ0= −L

2

∂∆l

∂θ

∣∣∣∣θ=θ0

= L

√3

2

L’equazione del moto libero non smorzato linearizzata nell’intorno di θ0:

(md +

Jd

R2

)L2 ¨θ +

(3

4kL2 +

5mdgL√

3

6

)θ = 0

1.11.4 Linearizzazione del forzamento e del contributo del-

lo smorzatore

Come mostrato in precedenza il lavoro virtuale di una generica forzante Fapplicata nel punto xF risulta essere:

δ∗L = F∂xF

∂qδ∗q

con ∂xF

∂q funzione di q. L’espressione linearizzata si ottiene quindi dallo sviluppodi tale termine nell’intorno della posizione di equilibrio arrestandosi al terminecostante:

∂xF

∂q≃ ∂xF

∂q

∣∣∣∣q=q0

che porta ad avere un espressione del lavoro virtuale del tipo:

δ∗L ≃ F∂xF

∂q

∣∣∣∣q=q0

δ∗q

da cui si ha la componente lagrangiana della sollecitazione attiva linearizzata,funzione del solo tempo.

Q(t) = F (t)∂xF

∂q

∣∣∣∣q=q0


nel caso in esame si ha che:

∂xF

∂q

∣∣∣∣q=q0

=∂yC

∂θ

∣∣∣∣θ=θ0

= L

La funzione dissipativa in generale e:

D =1

2r

(∂∆l

∂θ

)2

θ2

al solito per avere dei termini lineari nell’equazione di moto si deve svilupparein serie di Taylor nell’intorno della posizione di equilibrio la quantita energeticain oggetto al fine di renderla una forma quadratica, ossia:

D ≃ 1

2r

(∂∆l

∂θ

)2

θ=θ0, θ=0

˙θ2

che e l’unico termine diverso da zero dello sviluppo in serie al secondo ordinenell’intorno di θ = θ0 e θ = 0.L’equazione di moto smorzato e forzato linearizzata nell’intorno della posizionedi equilibrio e allora:

(md +

Jd

R2

)L2 ¨θ +

3

4rL2 ˙θ +

(3

4kL2 +

5mdgL√

3

6

)θ = −LF (t)


1.12 Esercizio 6

R

rr

m1, J1 m2, J2

m3, J3, L

Il sistema riportato in figura, posto nel piano verticale, e costituito da due dischiomogenei di massa m1 ed m2, momento di inerzia baricentrico J1 e J2 e raggior uniti tra di loro da un’asta di massa m3e momento d’inerzia baricentricoJ3, incernierata ai rispettivi centri. Entrambi i dischi rotolano senza strisciaresu di una guida circolare di raggio R. Determinare l’equazione di moto nonlineare del sistema, verificare che la posizione assegnata sia di equilibrio staticoe linearizzare l’equazione di moto nell’intorno di tale posizione.


Scriviamo dapprima le forme energetiche in variabili fisiche di comodo. Nel casoconsiderato le uniche forme energetiche sono l’energia cinetica associata al motorototraslatorio dei tre corpi rigidi e l’energia potenziale di cui compare solo iltermine gravitazionale legato alla variazione di quota dei baricentri.Definite ω1, ω2 e ω3 le velocita angolari assolute dei tre corpi rigidi e v1, v2

e v3 le velocita assolute dei baricentri degli stessi, l’energia cinetica puo essereespressa come:

EC =1

2J1ω

21 +

1

2m1v

21 +

1

2J2ω

22 +

1

2m2v

22 +

1

2J3ω

23 +

1

2m3v

23

L’energia potenziale puo essere definita:

V = Vg = m1gh1 + m2gh2 + m3gh3


dove con h1, h2 e h3 si sono indicate le generiche quote dei baricentri dei rispet-tivi corpi.

α

θ1

θ2

O

y

x

+

Scelta α come variabile indipendente che definisce la rotazione assoluta dellacongiungente il centro di curvatura della guida con il punto medio dell’asta,presa positiva in senso orario, i legami tra le variabili fisiche utilizzate nellascrittura dell’energia cinetica e la variabile indipenedente risultano essere:

ω1 = ω2 =R − r

rα

ω3 = −α

|v1| = |v2| = |v3| = Rα

da cui:

Ec =1

2J1(

R − r

r)2α2+

1

2J2(

R − r

r)2α2+

1

2J3α

2+1

2m1Rα2+

1

2m2Rα2+

1

2m2Rα2

Ec =1

2

[J1(

R − r

r)2 + J2(

R − r

r)2 + J3 + m1R + m2R + m2R

]α2 =

1

2J∗α2

con J∗ momento di inerzia generalizzato al grado di liberta α che nel casospecifico risulta essere costante.Sostituendo le relazioni cinematiche:

h1 = −H cos α +L

2sin α

h2 = −H cos α − L

2sin α


h3 = −H cos α

H =

√(R − r)2 − (

L

2)2

nell’espressione dell’energia potenziale, si ottiene

V = m1g

[−H cos α +

L

2sin α

]+ m2g

[−H cos α − L

2sin α

]+ m3g [−H cos α]

V = −(m1 + m2 + m3)gH cos α

L’equazione di moto non lineare ottenuta derivando le forme energetiche secondoLagrange risulta quindi essere:

J∗α + (m1 + m2 + m3)gH sin α = 0

L’angolo α0 = 0 definisce una posizione di equilibrio del sistema in quantoannulla la derivata dell’energia potenziale rispetto alla variabile α:

∂V

∂α

∣∣∣∣α0

= (m1 + m2 + m3)gH sin α0 = 0


L’equazione linearizzata nell’intorno della posizione di equilibrio iniziale risultainfine essere:

J∗α + (m1 + m2 + m3)gHα = 0

Il termine di rigidezza linearizzato, corrispondente alla derivata seconda dell’en-ergia potenziale rispetto alla coordinata indipendente α valutata nella posizionedi equilibrio, risulta essere positivo ed e indice di stabilita in piccolo per ilsistema nella configurazione di equilibrio assegnata


1.13 Esercizio 7

θk

m, J, rk

M

Nel sistema riportato in figura, il disco di massa m, momento d’inerzia bari-centrico J e raggio R e incernierato a terra al suo centro C. Il baricentro deldisco G e eccentrico rispetto al centro ruota C di una quantita GC, pari ad R/2e rotola senza strisciare su un carrello di massa M che si muove lungo un pianoorizzontale richiamato da una molla di costante elastica k. Un’ulteriore molla,sempre di costante elastica k, collega il baricentro del disco al carrello. Per talesistema meccanico si scriva l’equazione di moto non lineare considerando che perθ = 0, dove con θ si e indicata la rotazione del disco, le molle sono scariche. Siindichi inoltre il valore della costante k che garantisce che la posizione θ = π/4sia di equilibrio statico e si linearizzi l’equazione di moto nell’intorno di taleposizione.


L’energia cinetica del sistema puo essere espressa come:

EC =1

2Mv2

M +1

2mv2

G +1

2Jω2

D

utilizzando come variabili fisiche di comodo la velocita assoluta di traslazionedel carrello vM , la velocita assoluta del baricentro del disco vG e la velocitaangolare assoluta del disco ωD.L’energia potenziale e costituita dalla somma del contributo gravitazionale lega-to alla variazione di quota del baricentro del disco Vg e del contributo elasticodelle due molle Vk e puo essere espressa come:

V = Vg + Vk = mghG +1

2k1∆2

1 +1

2k2∆2

2

utilizzando le variabili fisiche di comodo per esprimere la quota del baricentrodel disco hg e gli allungamenti delle due molle ∆1 e ∆2.


Fissata l’origine del sistema di riferimento nella posizione del centro ruota C, escelta come coordinata libera la rotazione assoluta del disco, θ, contata positivaantioraria a partire dalla direzione verticale e possibile esprimere le relazionicinematiche tra variabili fisiche e la variabile indipendente:

vM = Rθ

vG =R

2θ

ωD = θ

hG =R

2cos θ

∆1 =R

2sin θ + Rθ

∆2 = −Rθ

L’energia cinetica puo quindi essere riscritta come:

EC =1

2(MR2 +

˙m

R2

4+ J) ˙ 2

θ =1

2J∗θ2

in cui J∗ rappresenta il momento di inerzia generalizzato rispetto alla coordi-nata indipendente θche nel caso in esame risulta essere costante.L’energia potenziale contiene termini non lineari sia nella sua parte gravitazionaleche in quella elastica:

V = mgR

2cos θ +

1

2k1(

R

2sin θ + Rθ)2 +

1

2k2(−Rθ)2

I termini necessari alla scrittura dell’equazione di moto non lineare sono:

∂J ∗ (θ)

∂θ= 0

∂hG

∂θ= −R

2sin θ

∂∆l1∂θ

=R

2cos θ + R

∂∆l2∂θ

= −R

da tali termini si ha che l’equazione non lineare del moto risulta essere:

(MR2 + m

R2

4+ J

)θ+k1

(R

2sin θ + Rθ

)(R

2cos θ + R

)+k2R

2θ−mgR

2sin θ = 0


1.13.2 Calcolo del valore della costante elastica delle molle

Al solito si impone che la derivata dell’energia potenziale rispetto alla coordinatalibera sia nulla nella posizione di equilibrio, con θ0 = π

4 :

k

(R√

2

4+ R

π

4

)(R√

2

4+ R

)+ kR3 π

4− mg

R√

2

4

da cui si ricava la costante elastca k:

k = mg

√2

4

1

R(

18 +

√2

4 + π√

216 + π

2

)


L’energia cinetica del sistema e gia una forma quadratica, vanno quindi lin-earizzati i termini legati all’energia potenziale, la cui forma quadratica, ottenutasecondo la metodologia riportata nel paragrafo 1.3, risulta essere:

Vg ≃ 1

2

(−mg

R√

2

4

)(θ − θ0)

2

Vk1 ≃ 1

2k

(R√

2

4+ R

)2

+

(R√

2

4+

Rπ

4

)(−R

√2

4

) (θ − θ0)2

Vk2 ≃ 1

2kR2 (θ − θ0)

2

applicando Lagrange si ottiene l’equazione di moto linearizzata:

J∗ ¨θ +

[kR2

(9 + 4

√2

8

)− k

R2√

2

16

(√2 + π

)]θ − mg

R

4

√2 θ = 0

con θ = θ − θ0


1.14 Esercizio 8

k

m, J, L

L

θ

B

AO

Il sistema rappresentato in figura si muove nel piano verticale. La sola astaOA omogenea e dotata di massa e la molla k risulta essere pretensionata nellaposizione di equilibrio statico rappresentata in figura. Si chiede di determinare:

1. L’equazione di moto non lineare

2. Il valore di precarico della molla che garantisce l’equilibrio nella posizioneassegnata

3. L’equazione di moto linearizzata per piccole oscillazioni attorno alla po-sizione di equilibrio assegnata

1.14.1 Equazione del moto non lineare

Scelta θ come coordinata libera si ha che l’energia cinetica del sistema e laseguente forma quadratica:

EC =1

2

(m

L2

4+ J

)θ2

Per definire l’energia potenziale vanno espressi in funzione della coordinatalibera θ la quota del baricentro dell’asta e l’allungamento della molla:

hG = −L

2sin θ

∆ld = lm − L√

2


con lm lunghezza assunta dalla molla nel generico istante di tempo.Facendo riferimento alla figura seguente si ha che:

lm = 2L cosα = 2L cos

(π

4− θ

2

)

da cui :

∆ld = 2L cos

(π

4− θ

2

)− L

√2

B

A

O

θ

α

α

Per la scrittura dell’equazione di moto non lineare vanno quindi calcolate leseguenti derivate:

∂hG

∂θ= −L

2cos θ

∂∆ld∂θ

= L sin

(π

4− θ

2

)

1.14.2 Calcolo del precarico

Per calcolare il precarico statico della molla si impone che la posizione rappre-sentata in figura, ossia θ = 0, sia un punto di stazionarieta del potenziale:

∂V

∂θ= k∆ld

∂∆ld∂θ

+ k∆l0L sin

(π

4− θ

2

)− mg

L

2cos θ = 0

che valutata in θ = 0 porta a:

k∆l0√

2 − mg = 0 ⇒ ∆l0 =mg

√2

2k


L’equazione di moto non lineare risulta quindi essere:

J θ + k[L sin

(π4 − θ

2

) (2L cos

(π4 − θ

2

)− L

√2)]

+

+mg√

22 L sin

(π4 − θ

2

)− mg L

2 cos θ = 0

con J = mL2

4 + J .


Per linearizzare nell’intorno della posizione di equilibrio vanno rese quadratichele forme di energia. Come detto, l’energia cinetica e forma quadratica poiche ilmomento d’inerzia ridotto non dipende dalla posizione del sistema, mentre varesa quadratica l’energia potenziale tramite il calcolo delle seguenti derivate ela loro valutazione in corrispondenza della posizione di equilbrio statico:

∂∆ld∂θ

∣∣∣∣θ=0

= L

√2

2

∂2∆ld∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= −L

√2

4

∂2hG

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= 0

l’equazione del moto linearizzata nell’intorno di θ = 0 e quindi:

J θ +

(k

L2

2− mgL

4

)θ = 0

1.15. ESERCIZIO PROPOSTO 1: UN GLIFO 57

1.15 Esercizio proposto 1: un glifo

mc, Jc

L

k

x

y

θ

Il sistema meccanico rappresentato in figura e composto da una manovel-la lunga L e da una guida prismatica considerate prive di massa. Nella guidaprismatica si impegna un corsoio di massa M e momento d’inerzia J collegatoa terra tramite una molla di rigidezza k vincolata nella cerniera posta nel bari-centro del corsoio stesso.Si scrivano le equazioni di moto non lineari del sistema, si calcoli il valore delprecarico statico della molla che garantisce che θ = 30 sia posizione di equilib-rio e nell’intorno di tale posizione si scrivano le equazioni di moto linearizzate.Osservazione: L’esercizio proposto presenta gli stessi legami cinematici tra lacoordinata libera θ e l’allungamento della molla e tra θ e l’innalzamento delbaricentro del corsoio, unico elemento dotato di massa, mostrati nella soluzionedell’esercizio 1.11.


1.16 Esercizio proposto 2: un quadrilatero arti-

colato

kt

mA, JA, L

LR

mD, JD, r

kt

Il sistema meccanico mostrato in figura e formato da due aste lunghe L, unadelle quali dotata di massa, mA, e momento d’inerzia JA. Il disco di raggio r, lacui massa e mD e il momento d’inerzia e JD rotola senza strisciare su una guidacircolare di raggio R, tale che R + r = L. Sono presenti due molle torsionali dipari rigidezza kT che collegano rispettivamente l’asta O1A a terra e le due astetra di loro.Si scriva l’equazione di moto non lineare, si calcoli il precarico statico che garan-tisce che la posizione indicata in figura sia di equilibrio e si scriva l’equazionedel moto linearizzata nell’intorno di tale posizione.

1.17. ESERCIZIO PROPOSTO 3 59

1.17 Esercizio proposto 3

M, J

xk r

k

r

h

La massa M e libera di muoversi in assenza di attrito su una guida verticale.Tale massa e collegata a terra dai due gruppi molla smorzatore indicati in figura,di eguali caratteristiche k, r.Si scriva l’equazione di moto non lineare, si calcoli la posizione di equilibriostatico tenendo conto che la lunghezza indeformata delle molle e pari ad h e siindichi l’equazione di moto linearizzata nell’intorno di tale posizione.


1.18 Esercizio proposto 4

L

L

θ

k

M, J

m, Jc

Il sistema meccanico indicato in figura e composto da una manovella, lungaL e considerata priva di massa, e da un glifo omogeneo lungo 2L la cui massae M e il momento d’inerzia baricentrico e J . Considerando che il corsoio hamassa m e momento d’inerzia baricentrico JC si scriva l’equazione di moto nonlineare, si calcoli il precarico della molla k affinche la posizione rappresentatain figura, con θ = π/4, sia di equilibro e nell’intorno di tale posizione si scrival’equazione che descrive il moto in piccolo.

Capitolo 2

Sistemi meccanici a N gradi

di liberta

2.1 Scrittura delle equazioni di moto

L’approccio sistematico matriciale per la scrittura delle equazioni di moto inpiccolo nell’intorno della posizione di equilibrio per quanto riguarda i sistemimeccanici a N g.d.l. e dettatagliatamente spiegato in [1].Viene svolto a titolo di esempio l’esercizio presentato in figura 2.1 sia con ap-proccio scalare, estendendo la metodologia presentata nel capitolo 1, sia conapproccio matriciale scrivendo direttamente le equazioni di moto linearizzatenell’intorno della posizione di equilbrio.

Il sistema meccanico rappresentato in figura 2.1 e composto da un’asta omo-genea, di massa mA, momento d’inerzia baricentrico JA e lunghezza L, vincolataa terra tramite una cerniera posta nell’estremita di sinistra. L’altro estremo ecollegato a terra tramite una molla di rigidezza k2. Nell’asta e ricavata unaguida prismatica, lunga L/3, all’interno della quale scorre un corsoio di massamc e momento d’inerzia baricentrico Jc richamato dalla molla di rigidezza k1.Nella figura 2.2 il sistema in analisi viene mostrato in una generica posizionedeformata, sono inoltre indicate le convenzioni adottate e le coordinate libere,x, spostamento relativo del corsoio a partire dalla condizione di equilibrio, e θ,rotazione assoluta dell’asta contata a partire dalla posizione orizzontale, scelteper definire il moto del sistema.Nella posizione di equilibrio la molla di rigidezza k1 risulta essere scarica conuna lunghezza pari a L

6 , mentre e compressa la molla di rigidezza k2.

Il vettore delle coordinate libere e quindi:

x =

θx

61

62 CAPITOLO 2. SISTEMI MECCANICI A N GRADI DI LIBERTA

L/3 L/3 L/3

mA, JA, L

k2

k1

mc, Jc

Fig. 2.1 Un esempio di sistema meccanico a due gradi di liberta, rappresentato nella

sua posizione di equilibrio

+

x

θ

Fig. 2.2 Generica posizione assunta dal sistema: sono evidenziate le coordinate libere

scelte e le convenzioni adottate

Seguendo la metodologia presentata per i sistemi ad un solo grado di liberta siscrivono le forme di energia utilizzando delle coordinate fisiche di comodo, inparticolare si ha che l’energia cinetica e pari a:

EC =1

2mAv2

G +1

2JAω2

A +1

2mcv

2C +

1

2Jcω

2C (2.1.1)

dove con vG, ωA, vC , ωC si sono indicate rispettivamente: velocita assoluta del

2.1. SCRITTURA DELLE EQUAZIONI DI MOTO 63

baricentro dell’asta, velocita angolare dell’asta, velocita assoluta del baricentrodel corsoio e velocita angolare del corsoio.L’energia potenziale elastica e invece pari a:

Vk =1

2k1∆l21 +

1

2k2 (∆l20 + ∆l2)

2

dove con ∆l1 e ∆l2 sono indicati rispettivamente gli allungamenti dinamici dellemolle di rigidezza k1 e k2 e con ∆l20 e indicato il precarico statico della molla2.L’energia potenziale dovuta al campo di forze gravitazionale e:

Vg = mAghG + mcghC

dove hG e hC sono le posizioni verticali dei baricentri di asta e corsoio.Secondo lo schema risolutivo proposto nel capitolo 1 vanno ora esplicitati ilegami cinematici tra le variabili fisiche di comodo scelte per definire le formeenergetiche e le variabili indipendenti, ossia vengono riscritte le quantita ener-getiche in funzione delle coordinate libere.E’ immediato determinare la velocita del baricentro dell’asta:

v2G =

L2

4θ2

Il vincolo tra corsoio e guida prismatica e un manicotto, la velocita angolaredell’asta e del corsoio sono quindi uguali tra loro e pari alla derivata rispetto altempo della coordinata libera θ:

ω2A = ω2

C = θ

La velocita assoluta del baricentro del corsoio si calcola ponendo una ternarotante solidale all’asta con l’origine posta nella cerniera a terra:

~vassC = ~v tr

C + ~v relC ⇒ v2

C = x2 +

(x +

L

2

)2

θ2

Sostituendo nell’equazione 2.1.1 si ha:

EC =1

2

(M

L2

4+ JA + Jc

)θ2 +

1

2mc

(x2 +

(x +

L

2

)2

θ2

)= EC

(x, x, θ

)

si evidenzia quindi che l’energia cinetica del sistema e funzione sia della velocitasia della posizione del sistema.I legami cinematici che riguardano l’energia potenziale sono riportati di seguito:

∆l1 = x ∆l2 = L sin θ

hG =L

2sin θ hC =

(L

2+ x

)sin θ


da cui:

Vk =1

2k1x

2 +1

2k2 (∆l20 + L sin θ)2

e

Vg = mAgL

2sin θ + mcg

(L

2+ x

)sin θ

da cui:V = Vk + Vg = V (x, θ)

perche sia verificato che x = 0 sia posizione di equilibrio deve essere nulla laderivata prima dell’energia potenziale fatta rispetto al vettore x valutata inx = 0:

∂V

∂θ

∣∣∣∣x=0

= 0 ⇒ ∆l20 = − 1

k2

(mAg

2+

mcg

2

)

∂V

∂x

∣∣∣∣x=0

= 0

Le due equazioni di moto si scrivono in forma scalare derivando le quantitaenergetiche secondo Lagrange per ciascun grado di liberta del sistema.Scegliendo di mantenere l’ordine stabilito nel definire il vettore dei gradi diliberta del sistema si calcola la prima equazione di moto, relativa al grado diliberta θ:

d

dt

∂EC

∂θ= J θ + mc

(x +

L

2

)2

θ + 2mc

(x +

L

2

)xθ

con J = JC + mAL2

4 + JA

∂EC

∂θ= 0

∂V

∂θ= k2 (∆l20 + L sin θ) L cos θ + mAg

L

2cos θ + mcg

(L

2+ x

)cos θ

⇒ ∂V

∂θ= k2L

2 cos θ sin θ + mcgx cos θ

L’equazione di moto relativa al grado di liberta x e invece:

d

dt

∂EC

∂x= mcx

∂EC

∂x= mc

(x +

L

2

)θ2

∂V

∂x= mcg sin θ + k1x

Il sistema differenziale del secondo ordine non lineare che descrive il moto delmeccanismo in analisi e allora:

J θ + mc

(x + L

2

)2θ + 2mc

(x + L

2

)xθ + k2L

2 cos θ sin θ + mcgx cos θ = 0

mcx − m(x + L

2

)θ2 + mcg sin θ + k1x = 0

2.1. SCRITTURA DELLE EQUAZIONI DI MOTO 65

Linearizzando tali equazioni nell’intorno della posizione di equilibrio x = 0, siha:

J θ + mcL2

4 θ + k2L2θ + mcgx = 0

mcx + mcgθ + k1x = 0

che in forma matriciale diventa:[

J + mcL2

4 00 mc

]x +

[k2L

2 mCgmCg k1

]x = 0

si vede che i termini extra diagonali, che accoppiano le equazioni di moto, com-paiono solo nella matrice di rigidezza e sono dovuti al solo contributo dell’ener-gia potenziale gravitazionale, il sistema risulta quindi disaccoppiato dal puntodi vista inerziale.Risulta interessante l’analisi dei contributi dei singoli termini presenti nelle ma-trici di massa e rigidezza, riferendosi, a titolo di esempio, alla matrice di rigidezzasi osserva che i posti sulla diagonale principale,, ossia k2L

2 e k1, danno luogoalla coppia e alla forza che nascono sui gradi di liberta θ e x rispettivamenteper effetto di una rotazione unitaria e di uno spostamento unitario, vicever-sa i termini extra-diagonali, che accoppiano le equazioni di moto, sono dovutiVolendo descrivere direttamente il moto in piccolo nell’intorno della posizionedi equilbrio non e necessario calcolare le equazioni di moto non lineari, si pos-sono infatti linearizzare i legami cinematici in partenza e utilizzare l’approcciomatriciale riportato in [1].La forma quadratica dell’energia cinetica, espressa rispetto a delle variabilifisiche di comodo risulta essere:

EC =1

2yT

M[m] y

M

con il vettore yM

che raccoglie ordinate le suddette coordinate fisiche mente lamatrice diagonale [m] contiene le caratteristiche inerziali del sistema ordinatecongruentemente con y

M:

yM

=

vxC

vyC

ωC

vG

ωA

e [m] =

mC

mC

JC

mA

JA

dove sono state messe in evidenza le componenti verticale e orizzontale dellavelocita del corsoio, poiche il moto di trascinamento, dovuto alla rotazione del-l’asta, e il moto relativo, dovuto alla traslazione del corsoio dentro la guida,hanno direzioni differenti anche considerando il moto in piccolo.Va ora calcolata la matrice Jacobiana che esprime i legami cinematici tra lecoordinate fisiche e le coordinate libere scelte, ossia la matrice che permette latrasformazione:

yM

= [λM ] x


poiche si stanno considerando i legami cinematici lineari, vale la sovrapposizionedegli effetti ed e possibile analizzare il sistema per congelamenti successivi, siconsidera cioe l’effetto di ogni singolo grado di liberta sulle coordinate fisiche dicomodo:

θ x

vxC 0 1

vyC

L3 0

ωC 1 0

vGL2 0

ωA 1 0

⇒ [λM ] =

0 1

L3 0

1 0

L2 0

1 0

L’energia cinetica espressa in funzione delle coordinate libere diventa quindi:

EC =1

2xT [λm]

T[m] [λM ] x

con [M ] = [λm]T

[m] [λM ] matrice di massa del sistema:

[M ] =

[mC

L2

9 + JC + mAL2

4 + JA 0

0 mC

]

Il medesimo procedimento si utilizza per il calcolo della matrice di rigidezzadovuta agli elementi elastici: l’energia potenziale si esprime in funzione di coor-dinate fisiche di comodo, quali gli allungamenti delle molle presenti nel sistema,e di una matrice diagonale che contiene le rigidezze delle molle considerateordinate congruentemente con il vettore ∆l

Vk =1

2∆lT [k] ∆l

con

∆l =

∆l1∆l2

e [k] =

[k1 00 k2

]

anche in questo caso si sfrutta la sovrapposizione degli effetti per calcolare lamatrice Jacobiana che esprime i legami tra le coordinate fisiche e le coordinatelibere:

θ x

∆l1 0 1

∆l2 L 0

⇒ [λk] =

[0 1

L 0

]

Introducendo nell’espressione dell’energia potenziale elastica la trasformazione∆l = [λk] x, si ottiene:

VK =1

2xT [λk]

T[k] [λk] x

2.2. CALCOLO DELLE FREQUENZE PROPRIE 67

dove [KK ] = [λk]T [k] [λk] e la matrice di rigidezza dovuta ai termini elasticidell’energia potenziale:

[KK ] =

[k2L

2 0

0 k1

]

L’energia potenziale gravitazionale, come gia visto, si esprime utilizzando comevariabili fisiche di comodo le posizioni verticali dei baricentri, espresse nel sis-tema di riferimento assoluto:

Vg = mAgL

2sin θ + mCg

(L

3+ x

)sin θ

anch’essa deve essere sviluppata nell’intorno della posizione di equilibrio, x0 = 0,fino ad ottenere una forma quadratica:

Vg ≃ Vg |x0

+∂Vg

∂x

∣∣∣∣x0

x +1

2xT ∂

∂x

∂Vg

∂x

T∣∣∣∣∣

x0

x + . . .

con il primo termine costante, il secondo nullo poiche si valuta nella posizione diequilibrio, punto di stazionarieta dell’energia potenziale, mentre il terzo terminefornisce la forma quadratica.La matrice Hessiana descrive quindi i contributi del campo di forze gravi-tazionale alla rigidezza del sistema:

∂

∂x

∂Vg

∂x

T∣∣∣∣∣

x0

=

∂2Vg

∂θ2

∂2Vg

∂θ∂x

∂2Vg

∂x∂θ∂2Vg

∂x2

=

0 mCg

mCg 0

Il sistema di equazioni differenziali del secondo ordine a coefficienti costanti chedescrive il moto in piccolo del sistema risulta allora essere:

[M ] x +

[k2L

2 mCg

mCg k1

]x = 0

2.2 Calcolo delle frequenze proprie

Una volta calcolate le matrici di massa e rigidezza e l’eventuale matrice dismorzamento, il cui calcolo si affronta tramite il medesimo procedimento, epossibile determinare il moto libero del sistema in analisi, tramite il calcolodelle frequenze proprie e dei modi di vibrare.In particolare si ha che la soluzione del sistema di equazioni differenziali ha comesoluzione:

x (t) = Xeiωt

con X vettore di numeri complessi:

X =

|X1| eiφ1

|X2| eiφ2


derivando rispetto al tempo e sostituendo si ottiene:[−ω2 [M ] + [K]

]X = 0 (2.2.1)

che ammette soluzioni non banali solo se il determinante della matrice deicoefficienti e uguale a zero, ossia:

det∣∣−ω2 [M ] + [K]

∣∣ = 0

da cui si calcolano le frequenze proprie del sistema, nel nostro caso ω1 e ω2.Sostituendo in una delle equazioni del sistema 2.2.1 si calcolano i modi di vibraredel sistema meccanico in analisi.

2.3 Risposta al forzamento

Considerando il sistema in analisi forzato nel suo estremo libero da una forza fun-zione del tempo F (t) = F0e

iΩt, come mostrato nella figura 2.3, nella definizionedelle quantita energetiche necessarie allla scrittura delle equazioni di moto vainserito il lavoro virtuale, in modo che sia possibile calcolare la componentelagrangiana della sollecitazione attiva:

δ∗L = fT δ∗yF

dove con f si e indicato il vettore che contiene, ordinate, tutte le forze applicatesul sistema e con δ∗y

Fil vettore, ordinato in modo da essere congruente con

f , con gli spostamenti virtuali dei punti di applicazione, espressi in coordinatefisiche.

Secondo l’approccio mostrato in [1] si esprime il lavoro virtuale in fun-zione del vettore x delle coordinate libere tramite la definzione di una matriceJacobiana [λf ], secondo la:

δ∗L = fT δ∗yF

= fT [λf ] δ∗x

con:QT = fT [λf ]

ossia il termine da scrivere a destra dell’uguale nell’equazione di moto del sis-tema.Facendo riferimento al caso in esame, si calcola la matrice [λf ] per congelamen-ti successivi e avvalendosi del principio di sovrapposizione degli effetti, quindirisulta che:

δ∗θ δ∗x

F L 0⇒ [λf ] =

[L 0

]

da cui si ottiene QT = [FL 0] e di conseguenza il sistema lineare di equazionidifferenziali del secondo ordine che descrive il moto forzato del sistema mecca-nico in analisi:

[M ] x + [K] x = Q

2.3. RISPOSTA AL FORZAMENTO 69

mA, JA, L

k2

k1

mc, Jc

F0eiΩt

Fig. 2.3 Un esempio di sistema meccanico a due gradi di liberta, rappresentato nella

sua posizione di equilibrio soggetto ad una forzante funzione del tempo F (t) = F0eiΩt.

la soluzione di tale sistema e:

x (t) = X0eiΩt

che sostituita nell’equazione di moto porta a:

[−Ω2 [M ] + [K]

]X0 = Q ⇒ X0 =

[−Ω2 [M ] + [K]

]−1Q


2.4 Esercizio 1

k1

r1

k2

r2

y(t) = Y0eiΩt

m

M

L2

L2

θ

x

Il sistema meccanico rappresentato in figura e composto da un carrello, dimassa M , collegato a terra tramite una molla, di rigidezza k2, e uno smorzatore,la cui costante e r2. Tale carrello porta un pendolo rovescio privo di massa lungoL. All’estremita e vincolata una massa m ed il pendolo e collegato al carrellotramite il gruppo molla smorzatore k1, r1. Scrivere le equazioni del moto delsistema e la sua risposta allo spostamento di vincolo impresso y(t) = Y0e

iΩt.

Svolgimento

Il sistema in analisi e a due gradi di liberta: x posizione del carrello e θ posizioneangolare del pendolo, ai quali va aggiunto lo spostamento di vincolo imposto.L’approccio mostrato nell’esempio precedente, e largamente illustrato in [1], eestendibile al caso in cui uno o piu dei gradi di liberta del sistema e soggetto aduno spostamento di vincolo impresso.Si definisce il vettore x che raccoglie ordinati i gradi di liberta, considerandosia quelli effettivamente liberi sia quelli soggetti a spostamento impresso. Talevettore risulta quindi essere:

x =

xθy

=

xL

−xV

Applicando quanto mostrato in [1] si scrivono le forme di energia in funzione dicoordinate fisiche di comodo. Per quanto riguarda l’energia cinetica si scelgonole velocita lineari dei baricentri e le velocita angolari assolute dei corpi rigidi checompongono il sistema, l’energia cinetica per il sistema in analisi risulta quindi

2.4. ESERCIZIO 1 71

essere:

EC =1

2yT

M[m] y

M

con il vettore yM

che raccoglie ordinate le suddette coordinate fisiche mente lamatrice diagonale [m] contiene le caratteristiche inerziali del sistema ordinatecongruentemente con y

M:

yM

=

vC

vP

e [m] =

[M

m

]

con vC velocita del carrello, la cui massa M e posta nella posizione (1,1) dellamatrice [m], e vP velocita della massa del pendolo, m posizione (2,2) della ma-trice [m].Il medesimo approccio si utilizza per definire l’energia potenziale dovuta allapresenza delle molle, in questo caso le coordinate fisiche di comodo sono rappre-sentate dagli allungamenti di ogni molla presente nel sistema e di conseguenzala matrice diagonale [k] conterra, ordinate congruentemente, le rigidezze dellemolle in analisi, ossia:

VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2

e [k] =

[k1

k2

]

Anche la funzione dissipativa viene dapprima scritta in funzione delle coordinatefisiche di comodo, ossia le velocita imposte agli estremi degli smorzatori presentinel sistema:

D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2

e [r] =

[r1

r2

]

Le coordinate fische di comodo che sono state utilizzate per la scrittura delleforme di energia vanno ora esplicitate in funzione delle coordinate libere at-traverso l’analisi cinematica del sistema in oggetto, in particolare si ha che lecoordinate fisiche sono legate alle coordinate libere tramite le seguenti relazioni,dove con [ΛM ] e [ΛK ] si sono indicate le matrici Jacobiane che esprimono ilegami cinematici linearizzati:

yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

Le matrici jacobiane si ottengono, come gia detto, analizzando un grado diliberta alla volta, essendo lo studio limitato al moto in piccolo nell’intorno del-la posizione di equilibrio ed essendo quindi applicabile la sovapposizione deglieffetti:

x θ y

vC 1 0 0

vP 1 L 0

x θ y

∆l1 0 L2 0

∆l2 −1 0 1


da cui si ha:

[ΛM ] =

[1 0 01 L 0

][ΛK ] =

[0 L

2 0−1 0 1

]

Tali legami possono essere sostituiti nelle relazioni prima indicate riscrivendoquindi le forme di energia come:

EC =1

2xT [ΛM ]T [m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T [m] [ΛM ] = [M ] =

M + m mL 0mL mL2 00 0 0

dove con [M ] e indicata la matrice di massa del sistema in analisi.Per quanto riguarda l’energia potenziale elastica, tale quantita espressa in fun-zione delle coordinate libere porta a scrivere la matrice di rigidezza del sistemaa meno dei contributi gravitazionali:

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con

[ΛK ]T [k] [ΛK ] = [K] =

k2 0 −k2

0 k1L2

4 0−k2 0 k2

L’energia potenziale dovuta al campo di forze gravitazionale si scrive nella formagenerica non lineare e si valuta la matrice Hessiana, ossia la derivata seconda del-l’energia potenziale rispetto al vettore delle coordinate libere, in corrispondenzadella posizione di equilibrio: in questo modo si ricava la matrice di rigidezzaequivalente dovuta al campo di forze gravitazionale.

Vg = mghP = mgl cos θ ≃ mgl

(1 − θ2

2

)

L’unica derivata seconda diversa da zero rappresenta il termine diretto di rigidez-za relativo al grado di liberta θ, ovvero si somma −mgl nella seconda riga enella seconda colonna della matrice di rigidezza elastica ottenendo la matrice dirigidezza complessiva del sistema:

[K] =

k2 0 −k2

0 k1L2

4 − mgl 0−k2 0 k2

Applicato alla funzione disspativa il medesimo procedimento porta a scrivere lamatrice di smorzamento:

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

2.4. ESERCIZIO 1 73

con

[ΛK ]T

[r] [ΛK ] = [R] =

r2 0 −r2

0 r1L2

4 0−r2 0 r2

Al fine di poter applicare Lagrange e scrivere le equazioni di moto va calcolatoil lavoro virtuale delle forze esterne, in questo caso l’unica azione esterna che vaconsiderata e la reazione vincolare che genera lo spostamento di vincolo noto,y(t):

δ∗L = Ryδ∗y

Applicando Lagrange, [1], si ottengono le equazioni di moto del sistema:

[M ] x + [R] x + [K] x = Q

Il grado di liberta y descrive lo spostamento di vincolo impresso, quindi si applicaalle matrici del sistema la partizione indicata nella definizione di x:

[M ] =

M + m mL 0mL mL2 00 0 0

=

[[MLL] [MLV ][MLV ] [MV V ]

]

[R] =

r2 0 −r2

0 r1L2

4 0−r2 0 r2

=

[[RLL] [RLV ][RLV ] [RV V ]

]

[K] =

k2 0 −k2

0 k1L2

4 − mgl 0−k2 0 k2

=

[[KLL] [KLV ][KLV ] [KV V ]

]

Q =

00

Ry

=

QL−

QV

Quindi il sistema di equazioni algebrico differenziali diventa:

[MLL] xL + [MLV ] xV + [RLL] xL + [RLV ] xV + [KLL] xL + [KLV ] xV = 0

[MV L] xL + [MV V ] xV + [RV L] xL + [RV V ] xV + [KV L] xL + [KLV ] xV = QV

Il sistema cosı scritto e composto da due sottosistemi, la prima equazione matri-ciale descrive il moto delle coordinate libere del sistema, viene quindi utilizzataper il calcolo delle frequenze proprie e dei modi di vibrare.La seconda equazione, una volta risolta la prima, diventa un’equazione alge-brica che permette il calcolo della reazione vincolare incognita RD necessariaall’imporre tale spostamento di vincolo.Isolando l’incognita nella prima equazione si ottiene la risposta dei gradi diliberta liberi del sistema dovuta allo spostamento di vincolo.

[MLL] xL + [RLL] xL + [KLL] xL+ = − [MLV ] xV − [RLV ] xV − [KLV ] xV


Essendo noto lo spostamento di vincolo imposto al punto D si ha che il vettorexV , con le sue derivate e pari a:

xV = y0eiΩt xV = iΩy0eiΩt xV = −Ω2y0eiΩt

da cui si ottiene:

[MLL] xL+[RLL] xL+[KLL] xL+ =[+Ω2 [MLV ] − iΩ [RLV ] − [KLV ]

]y0 eiΩt = Q

LeiΩt

Questa equazione descrive il moto dei due gradi di liberta liberi del sistemameccanico, x θ sottoposto allo spostamento di vincolo. L’integrale particolaree del tipo:

xL (t) = X0L eiΩt

che sostituito nella parte liberi-liberi delle equazioni di moto permette il calcolodella dinamica indotta dallo spostamento di vincolo impresso sui gradi di libertaliberi:

X0 =[[−Ω2MLL

]+ [iΩRLL] [KLL]

]−1Q

L

La parte algebrica del sistema che descrive il moto permette di calcolare l’anda-mento della reazione vincolare necessario ad imporre lo spostamento di vincoloimpresso:

Ry = [MV V ] xV + [RV V ] xV + [KV V ] xV + [MV L] xL + [RV L] xL + [KV L] xL

nella quale solo la reazione vincolare Ry e incognita.Con questo esempio si e mostrato come estendere il metodo presentato in [1]

a sistemi meccanici in cui i gradi di liberta sono liberi e vincolati. Gli eserciziseguenti verranno svolti in forma sintetica riportando le quantita necessarie alcalcolo delle matrici che definiscono le equazioni di moto. Saranno di volta involta evidenziati le particolarita ritenute significative di ogni esercizio.

2.5. ESERCIZIO 2 75

2.5 Esercizio 2

M

θ

k1

r1

k2

r2

x

m1, J1 R1

m2, J2 R2

y = y0eiΩt

Il sistema meccanico rappresentato in figura e composto da un carrello, dimassa M , e da due dischi di massa, momento d’inerzia e rigidezza rispettiva-mente pari a m1, J1, R1 e m2, J2, R2. Scrivere le equazioni del moto del sistemae la sua risposta allo spostamento di vincolo impresso y(t) = Y0e

iΩt.

Svolgimento

Il vettore delle coordinate libere, evidenziate in figura, e la relativa partizionesono:

x =

xθy

=

xL

−xV

Le forme di energia in coordinate fisiche sono allora:Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

vC

vD1

ωD1

vD2

ωD2

e [m] =

M 0 0 0 00 m1 0 0 00 0 J1 0 00 0 0 m2 00 0 0 0 J2

Energia potenziale elastica

VK =1

2yT

K[k] y

K


con

yK

=

∆l1∆l2

e [k] =

[k1

k2

]

Le posizioni verticali dei baricentri dei corpi rigidi che compongono il sistemanon variano durante il moto del sistema stesso, e quindi nullo il contributodell’energia potenziale elastica la moto del sistema.Funzione dissipativa

D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2

e [r] =

[r1

r2

]

Calcolo dei jacobiani

x θ y

vC 1 0 0

vD1 1 −R1 0

ωD1 0 1 0

vD2 0 0 1

ωD21

R2

1 − 1R2

x θ y

∆l1 0 R1 0

∆l2 −2 0 2

Le coordinate fisiche sono legate alle coordinate libere tramite le relazioni

yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

1 0 01 −R1 00 1 00 0 11

R2

1 − 1R2

[ΛK ] =

[0 R1 0−2 0 2

]

Le forme di energia diventano quindi:

EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T [m] [ΛM ] = [M ] =

M + m1 + J2

R2

2

−m1R1 − J2

R2

−m1R1 m1R21 + J1 0

− J2

R2

0 m2 + J2

R2

2

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

2.5. ESERCIZIO 2 77

con

[ΛK ]T

[k] [ΛK ] = [K] =

4k2 0 −4k2

0 k1R21 0

−4k2 0 4k2

D =1

2xT [ΛK ]T [r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con

[ΛK ]T

[r] [ΛK ] = [R] =

4r2 0 −4r2

0 r1R21 0

−4r2 0 4r2

L’equazione di moto del sistema e:

[M ] x + [R] x + [K] x = Q

Le matrici vanno partite secondo la partizione indicata nella definizione di x:

[M ] =

M + m1 + J2

R2

2

−m1R1 − J2

R2

−m1R1 m1R21 + J1 0

− J2

R2

0 m2 + J2

R2

2

=

[[MLL] [MLV ][MLV ] [MV V ]

]

[R] =

4r2 0 −4r2

0 r1R21 0

−4r2 0 4r2

=

[[RLL] [RLV ][RLV ] [RV V ]

]

[K] =

4k2 0 −4k2

0 k1R21 0

−4k2 0 4k2

=

[[KLL] [KLV ][KLV ] [KV V ]

]

Q =

00

RD

=

QL−

QV

Riscrivendo le equazioni di moto in accordo con la partizione effettuata si ha:



Da qui in poi si procede esattamente come mostrato nel caso precedente per ilcalcolo delle frequenze proprie, dei modi di vibrare, della risposta del sistemaallo spostamento di vincolo e la forza necessaria per imprimere tale spostamento.


2.6 Esercizio 3

r2

m2, J2 R

C0eiΩt

k2

L/3 L/3 L/3

L/2

m1, J1 L

k2

Il sistema meccanico rappresentato in figura e formato da un’asta la cui mas-sa, momento d’inerzia e lunghezza sono rispettivamente pari a m1, J1, L e daun disco le cui caratteristiche inerziali e geometriche sono m2, J2, R. Scriverele equazioni del moto del sistema e la sua risposta alla coppia C (t) = C0e

iΩt.

Svolgimento

x =

θA

θD

Le forme di energia in coordinate fisiche sono allora:Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

vA

ωA

vD

ωD

e [m] =

m1 0 0 00 J1 0 00 0 m2 00 0 0 J2


VK =1

2yT

K[k] y

K

2.6. ESERCIZIO 3 79

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [k] =

k1

k2

k3

Funzione dissipativa

D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [r] =

r1

r2

r3


θA θD

vA −L/2 0

ωA 1 0

vD −L/3 −R

ωD 0 1

θA θD

∆l1 L 0

∆l2 L/3 −2R

∆l3 L/3 R


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

−L/2 01 0

−L/3 −R0 1

[ΛK ] =

L 0L/3 −2RL/3 R


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T

[m] [ΛM ] = [M ] =

[m1

L2

4 + m2L2

9 + J1 m2RL3

m2RL3 m2R

2 + J2

]

VK =1

2xT [ΛK ]T [k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con

[ΛK ]T

[k] [ΛK ] = [K] =

[k1L

2 + k2L2

9 + k3L2

9 − 23RLk2 + L

3 Rk3

− 23RLk2 + L

3 Rk3 4R2k2 + R2k3

]

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x


con

[ΛK ]T

[r] [ΛK ] = [R] =

[r1L

2 + r2L2

9 + r3L2

9 − 23RLr2 + L

3 Rr3

− 23RLr2 + L

3 Rr3 4R2r2 + R2r3

]

Il contributo all’energia potenziale dato dalla forza di gravita e nullo perchegli innalzamenti dei baricentri dei corpi durante il moto dipendono linearmentedalle coordinate libere, il loro contributo e quindi trascurabile.L’equazione di moto del sistema e

[M ] x + [R] x + [K] x = Q

con

Q =

0

C0eiΩt

L’integrale particolare del sistema di equazioni differenziali, con le sue derivaterispetto, al tempo sara:

x = X0 eiΩt x = iΩX0 eiΩt x = −Ω2X0 eiΩt

che sostituiti nell’equazione di moto, una volta semplificata la dipendenza daltempo, danno:

[−Ω2 [M ] + iΩ [R] + [K]

]X0 =

0

C0

[A (Ω)] X0 = Q ⇒ X0 = [A (Ω)]−1 Q

con [A (Ω)] matrice di impedenza meccanica del sistema in analisi.

2.7. ESERCIZIO 4 81

2.7 Esercizio 4

k2

r2

k1

r1

MD, JD, R

m

FeiΩt

θ

x

α

Il sistema meccanico rappresentato in figura e composto da due corpi rigidi,un carrello di massa m con un piano inclinato di una quantita α, sul quale ro-tola senza strisciare un disco le cui caratteristiche inerziali e geometriche sonoMD, JD, R. Si calcoli la risposta del sistema alla forzante FeiΩt applicata alcarrello.

Svolgimento

Scelto x come vettore dei gradi di liberta che contiene le coordinate libere θ e xindicate in figura:

x =

xθ

si definiscono le forme di energia in coordinate fisiche:Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

vC

vxD

vyD

ωD

e [m] =

m 0 0 00 MD 0 00 0 MD 00 0 0 JD


VK =1

2yT

K[k] y

K


con

yK

=

∆l1∆l2

e [k] =

[k1

k2

]


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2

e [r] =

[r1

r2

]


x θ

vC 1 0

vxD 1 −R cos α

vyD 0 −R sin α

ωD 0 1

x θ

∆l1 0 −R

∆l2 −1 0


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

1 01 −R cos θ0 −R sin θ0 1

[ΛK ] =

[0 −R−1 0

]


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T

[m] [ΛM ] = [M ] =

[MD + m −MDR cos α

−MDR cos α MDR2 + JD

]

VK =1

2xT [ΛK ]T [k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con

[ΛK ]T [k] [ΛK ] = [K] =

[k2 00 k1R

2

]

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con

[ΛK ]T

[r] [ΛK ] = [R] =

[r2 00 r1R

2

]

2.7. ESERCIZIO 4 83

Il contributo all’energia potenziale dato dalla forza di gravita e nullo perchegli innalzamenti dei baricentri dei corpi durante il moto dipendono linearmentedalle coordinate libere, il loro contributo e quindi trascurabile.L’equazione di moto del sistema e

[M ] x + [R] x + [K] x = Q

con

Q =

FeiΩt

0

L’integrale particolare del sistema di equazioni differenziali, con le sue derivaterispetto, al tempo sara:

x = X0 eiΩt x = iΩX0 eiΩt x = −Ω2X0 eiΩt

che sostituiti nell’equazione di moto, una volta semplificata la dipendenza daltempo, danno:

[−Ω2 [M ] + iΩ [R] + [K]

]X0 =

0

C0

[A (Ω)] X0 = Q ⇒ X0 = [A (Ω)]−1 Q

con [A (Ω)] matrice di impedenza meccanica del sistema in analisi.


2.8 Esercizio 5

r2

m3, J3, R

m1, J1, 2L√

2

k3

k2

m2, J2, 2L

k1

r1

y0eiΩt

r3

+

45 θ

ϕ

Il sistema meccanico mostrato in figura, nella sua posizione di equilibrio sta-tico, e formato da due aste incastrate in modo da formare tra loro un angolo di45. Le due aste sono omogenee e lunghe rispettivamente 2L e 2L

√2, le masse

e i momenti d’inerzia sono m1, m2 e J1, J2. A tali aste e collegato tramite funiun disco le cui caratteristiche geometriche ed inerziali sono m3, J3, R.Si scrivano le equazioni di moto lineari e si calcoli la risposta del sistema allospostamento di vincolo impresso.

2.8. ESERCIZIO 5 85

Svolgimento

Scelte come coordinate libere la rotazione delle aste, θ, e del disco ϕ e lo sposta-mento di vincolo impresso y si definisce il vettore delle coordinate libere, x,come:

x =

θϕy

=

xL

−xV

si definiscono le forme di energia in coordinate fisiche:Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

v1

ω1

v2

ω2v3

ω3

e [m] =

m1

J1

m2

J2

m3

J3


VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [k] =

k1

k2

k3


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [r] =

r1

r2

r3


θ ϕ y

v1 L√

2 0 0

ω1 1 0 0

v2 L 0 0

ω2 1 0 0

v3 (L − R) R 0

ω3 0 0 0

x ϕ y

∆l1 −2L√

2 0 1

∆l2 2R −2R 0

∆l3 (L − R) R 0



yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

L√

2 0 01 0 0L 0 01 0 0

(L − R) R 00 1 0

[ΛK ] =

−2L√

2 0 12R −2R 0

(L − R) R 0

L’energia potenziale gravitazionale significativa al fine della scrittura delle equazionidi moto e legata alla posizione verticale del baricentro dell’asta di massa m1,che e pari a:

Vg = m1gL√

2 sin(θ +

π

4

)

L’unico termine della matrice Hessiana non nullo valutato nella posizione diequilibrio e:

∂2Vg

∂θ2

∣∣∣∣θ=0

= −m1gL√

2 cos(θ +

π

4

)∣∣∣θ=0

= −m1gL

da cui si ricava che la matrice di rigidezza dovuta al campo di forze gravitazionalee:

[Kg] =

−m1gL 0 00 0 00 0 0


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T [m] [ΛM ] = [M ]

[M ] =

2m1L2 + J1 + m2L

2 + J2 + m3 (L − R)2

R (L − R) m3 0R (L − R) m3 m3R

2 + J3 00 0

Alla matrice di massa [M ] e stata applicata la partizione definita sul vettoredelle coordinate libere.

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con

[ΛK ]T [k] [ΛK ] = [Kel]

2.8. ESERCIZIO 5 87

[Kel] =

8L2k1 + 4R2k2 + (L − R)2 k3 −4R2k2 + R (L − R) k3 −2L√

2k1

−4R2k2 + R (L − R) k3 4r2k2 + R2k3 0

−2L√

2k1 0 k1

Alla matrice di rigidezza cosı ottenuta, e partizionata secondo il vettore dellecoordinate libere, va sommato il contributo dovuto al campo di forze gravi-tazionali, in modo da assemblare la matrice di rigidezza del sistema in analisi:

[K] = [Kel] + [Kg]

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con[ΛK ]

T[r] [ΛK ] = [R]

[R] =

8L2r1 + 4R2r2 + (L − R)2r3 −4R2r2 + R (L − R) r3 −2L

√2r1

−4R2r2 + R (L − R) r3 4r2r2 + R2r3 0

−2L√

2r1 0 r1

L’unica forza esterna che compie lavoro e la reazione vincolare che impone lospostamento y, il vettore delle forzanti, a cui e stata applicata la partizione,risulta quindi essere:

Q =

00

Ry

=

QL−

QV

Applicando Lagrange si scrivono le equazioni di moto del sistema:




2.9 Esercizio 6

k3

r3

k1

r1

k2

r2

m2, J2

h

L

z0eiΩt

O

A B

G, m1, J1

xrel

θ

Il sistema riportato in figura si trova nella sua posizione di equilibrio statico.Il triangolo OAB e un unico corpo rigido costituito da tre aste, di cui solol’asta AB e dotata di massa, m1, J1. Si suppone sia trascurabile la distanza delbaricentro del carrello, m2, J2, dal baricentro G del corpo 1.Si scrivano le equazioni di moto del sistema per piccole oscillazioni e si calcolinole frequenze proprie, i modi di vibrare e la risposta del sistema allo spostamentodi vincolo impresso.

Svolgimento

Utilizzando come coordinate libere quelle mostrate in figura si definisce il vettorex e si distinguono i gradi di liberta liberi da quelli vincolati:

x =

θxz

=

xL

−xV

La coordinata libera x descrive la posizione del carrello relativa all’asta orizzon-tale, non la sua posizione assoluta.A questo punto, applicando la solita metodologia, si definiscono le forme di en-ergia in coordinate fisiche:

2.9. ESERCIZIO 6 89

Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

v1

ω1

v2

ω2

e [m] =

m1

J1

m2

J2


VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [k] =

k1

k2

k3


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [r] =

r1

r2

r3


θ x z

v1 h 0 0

ω1 1 0 0

v2 h 1 0

ω2 1 0 0

θ x z

∆l1 L 0 −1

∆l2 0 1 0

∆l3 0 −1 0


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

h 0 0

1 0 0

h 1 0

1 0 0

[ΛK ] =

L 0 −10 1 00 −1 0

L’energia potenziale gravitazionale significativa al fine della scrittura delle equazionidi moto e legata alla posizione verticale del baricentro dell’asta e del carrello

Vg = m1gh1 + m2gh2


con

h1 = −h cos θ

e

h2 = −h cos θ + x sin θ

Sviluppando l’energia potenxiale gravitazionale al secondo ordine si ha:

Vg ≃ 1

2m1ghθ2 +

1

2m2ghθ2 + m2gxθ

La matrice Hessiana valutata nella posizione di equilibrio, alla quale e stataapplicata la partizione indicata nel vettore delle coordinate libere, e allora:

[Kg] =

(m1 + m2) gh m2g 0m2g 0 0

0 0 0

L’energia cinetica e l’energia potenziale elastica scritte in funzione delle coordi-nate libere diventano rispettivamente:

EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con

[ΛM ]T

[m] [ΛM ] = [M ]

[M ] =

(m1 + m2) + J1 + J2 m2h 0m2h m2 0

0 0

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con

[ΛK ]T

[k] [ΛK ] = [Kel]

[Kel] =

k1L2 0 −k1L

0 k2 + k3 0−k1L 0 k1

Alla matrice di rigidezza cosı ottenuta, e partizionata secondo il vettore dellecoordinate libere, va sommato il contributo dovuto al campo di forze gravi-tazionali, in modo da assemblare la matrice di rigidezza del sistema in analisi:

[K] = [Kel] + [Kg]

D =1

2xT [ΛK ]T [r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con

[ΛK ]T [r] [ΛK ] = [R]

2.9. ESERCIZIO 6 91

[R] =

r1L2 0 −r1L

0 r2 + r3 0−r1L 0 r1

L’unica forza esterna che compie lavoro e la reazione vincolare che impone lospostamento z, il vettore delle forzanti, a cui e stata applicata la partizione,risulta quindi essere:

Q =

00

Rz

=

QL−

QV





2.10 Esercizio 7

k3r3

k2

r2

k1

r1

x

m2, J2, L

m1, J1, R1

m2, J2, R2

φ = φ0 cos Ωt

θ

α0

Il disco di massa m1, momento d’inerzia J1 e raggio R1 rotola senza strisciaresu un piano inclinato, α0 e l’angolo formato con la direzione orizzontale. Alcentro di tale disco e incernierato un pendolo omogeneo, le cui caratteristicheinerziali e geometriche sono m2, J2, L. Una fune collega il disco a terra e ad unaltro disco, m3, J2, R3, il cui moto e imposto ed e pari a φ0e

iΩt.Si scrivano le equazioni di moto del sistema per piccole oscillazioni e si calcolinole frequenze proprie, i modi di vibrare e la risposta del sistema allo spostamentodi vincolo impresso.

Svolgimento

Utilizzando come coordinate libere quelle mostrate in figura si definisce il vettorex e si distinguono i gradi di liberta liberi da quelli vincolati:

x =

xθφ

=

xL

−xV

A questo punto, applicando la solita metodologia, si definiscono le forme dienergia in coordinate fisiche:Energia cinetica

EC =1

2yT

M[m] y

M


con

yM

=

v1

ω1

vx2

vy2

ω2

ω3

e [m] =

m1

J1

m2

m2

J2

J3


VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [k] =

k1

k2

k3


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [r] =

r1

r2

r3


x θ φ

v1 1 0 0

ω1 − 1R1

0 0

vx2 cos α0

L2 0

vy2 − sin α0 0 0

ω2 0 1 0

ω3 0 0 1

x θ φ

∆l1 −1 0 0

∆l2 1 0 R3

∆l3 0 0 −R3


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

1 0 0− 1

R1

0 0

cos α0L2 0

− sin α0 0 00 1 00 0 1

[ΛK ] =

−1 0 01 0 R3

0 0 −R3


L’energia potenziale gravitazionale significativa al fine della scrittura delle equazionidi moto e legata alla posizione verticale del baricentro del pendolo

Vg = m2gh2

con

h2 = −L

2cos θ

Sviluppando l’energia potenziale gravitazionale al secondo ordine si ha:

Vg ≃ L

4m2gθ2


[Kg] =

0 0 00 m2g

L2 0

0 0 0


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con[ΛM ]

T[m] [ΛM ] = [M ]

[M ] =

m1 + J1

R2

1

+ m2L2 m2 cos α0 0

L2 m2 cos α0

L2

4 m2 + J2 00 0 J3

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con[ΛK ]

T[k] [ΛK ] = [Kel]

[Kel] =

k1 + k2 0 R3k2

0 0 0R3k2 0 R2

3k2 + R23k3

Si osserva che la matrice di rigidezza dovuta alle sole molle presenta uno zerosulla diagonale principale in corrispondenza del grado di liberta θ, ossia la ro-tazione del pendolo, sommando alla matrice di rigidezza cosı ottenuta il contrib-uto dovuto al campo di forze gravitazionali, in modo da assemblare la matricedi rigidezza del sistema in analisi, si vede che tale termine diventa diverso dazero e pari al richiamo gravitazionale del pendolo stesso:

[K] = [Kel] + [Kg]


D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con[ΛK ]

T[r] [ΛK ] = [R]

[R] =

r1 + r2 0 R3r2

0 0 0R3r2 0 R2

3r2 + R23r3

L’unica forza esterna che compie lavoro e la coppia che impone la rotazioneφ, ilvettore delle forzanti, a cui e stata applicata la partizione, risulta quindi essere:

Q =

00

Cφ

=

QL−

QV





2.11 Esercizio 8

k2

r2

k1

r1

O1

A B

G, m1, J1

xrel

θ

m2

L2

L2

k4

r4

C0eiΩt

k3

r3

O2

m3, J3, R

Il sistema rappresentato in figura si trova nella sua posizione di equilibriostatico: le aste O1A e O2Bdel parallelogramma O1ABO2 sono prive di massa.Scrivere le equazioni di moto per piccole oscillazioni. Successivamente deter-minare le frequenze proprie e i modi di vibrare del sistema in assenza di smorza-mento. Indicare il procedimento per il calcolo della risposta a regime alla coppiaC0e

iΩt.

Svolgimento

Utilizzando come coordinate libere quelle mostrate in figura si definisce il vettoredei gradi di liberta del sistema:

x =

θx


EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

v1

v2

ω3

e [m] =

m1

m2

J3



VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3∆l4

e [k] =

k1

k2

k3

k4


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3∆l4

e [r] =

r1

r2

r3

r4


θ x

v1 −L 0

v2 −L 1

ω3 − L2R + 1 0

θ x

∆l1 0 1

∆l2 0 −1

∆l3 −L2 0

∆l4 L 0


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

−L 0

−L 1

− L2R + 1 0

[ΛK ] =

0 1

0 −1

−L2 0

L 0

L’energia potenziale gravitazionale significativa al fine della scrittura delle equazionidi moto e legata alla posizione verticale dei baricentri del carrello e dell’astadotata di massa:

Vg = (m1 + m2) gh

al fine di definire la posizione verticale dei baricentri si sono ritenute trascurabilile dimensioni verticali di asta e carrello, quindi si ha che

h = L cos θ



Vg ≃ − (m1 + m2) gLθ2

La matrice Hessiana valutata nella posizione di equilibrio e allora:

[Kg] =

[− (m1 + m2) gL 0

0 0

]


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con[ΛM ]T [m] [ΛM ] = [M ]

[M ] =

[(m1 + m2) L2 +

(1 − L

2R

)2J3 −m2L

−m2L m2

]

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con[ΛK ]

T[k] [ΛK ] = [Kel]

[Kel] =

[k4

L2

4 + L2k4 00 k1 + k2

]

La matrice di rigidezza del sistema e allora:

[K] = [Kel] + [Kg]

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con[ΛK ]

T[r] [ΛK ] = [R]

[R] =

[r4

L2

4 + L2r4 00 r1 + r2

]

Il calcolo della componente Lagrangiana della sollecitazione attiva porta a scri-vere:

δ∗θ δ∗x

C 1 − L2R 0

⇒ [λf ] =[

1 − L2R 0

]

da cui si ottiene QT =[1 − L

2RC0 0]

e di conseguenza il sistema lineare diequazioni differenziali del secondo ordine che descrive il moto forzato del sistemameccanico in analisi:

[M ] x + [R] x + [K] x = Q


2.12 Esercizio 9

k1

r1m2, J2, L

θ

z

l

r

Ωt k2

r2

k3

r3

M φ

Si scrivano le equazioni di moto del sistema rappresentato in figura per pic-cole oscillazioni, si mostri la procedura per il calcolo delle frequenze proprie edella risposta a regime al moto imposto dal manovellismo ordinario centrato, lacui manovella ruota a velocita angolare costante Ω.

Svolgimento

Si considerano i gradi di liberta φ e θ, liberi, e il grado di liberta z vincolatoche dipende dal moto del manovellismo. Questo e uno spostamento di vincoloimpresso e si considera al solito come grado di liberta vincolato, una volta scrittele equazioni di moto del sistema andra sviluppto il moto del corsoio in funzionedel moto della manovella.

x =

φθz

=

xL

−xV


EC =1

2yT

M[m] y

M

con

yM

=

vc

vd

ωd

vG

ωA

e [m] =

Mm1

J1

m2

J2



VK =1

2yT

K[k] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [k] =

k1

k2

k3


D =1

2yT

K[r] y

K

con

yK

=

∆l1∆l2∆l3

e [r] =

r1

r2

r3


φ θ z

vc 0 0 1

vd −R2 0 1

ωd 1 0 0

vG 0 −L2 0

ωa 0 1 0

φ θ z

∆l1 0 L 0

∆l2 R1 + R2 −L −1

∆l3 −R2 0 0


yM

= [ΛM ] x yK

= [ΛK ] x yK

= [ΛK ] x

con

[ΛM ] =

0 0 1−R2 0 1

1 0 00 −L

2 00 1 0

[ΛK ] =

0 L 0R1 + R2 −L −1−R2 0 0

L’energia potenziale gravitazionale significativa al fine della scrittura delle equazionidi moto e legata alla posizione verticale del baricentro del pendolo

Vg = m1ghG

con

hG =L

2cos θ



Vg ≃ −L

4m2gθ2


[Kg] =

0 0 00 −m2g

L2 0

0 0 0


EC =1

2xT [ΛM ]

T[m] [ΛM ] x =

1

2xT [M ] x

con[ΛM ]

T[m] [ΛM ] = [M ]

[M ] =

m1R22 + J1 0 −m1R2

0 m2L2

4 + J2 0−m1R2 0 M + m1

VK =1

2xT [ΛK ]

T[k] [ΛK ] x =

1

2xT [K] x

con[ΛK ]

T[k] [ΛK ] = [Kel]

[Kel] =

k2 (R1 + R2)2

+ k3R22 −L (R1 + R2) k2 −k2 (R1 + R2)

−L (R1 + R2) k2 k2L2 Lk2

−k2 (R1 + R2) Lk2 k2

Sommando alla matrice di rigidezza cosı ottenuta il contributo dovuto al campodi forze gravitazionali, in modo da assemblare la matrice di rigidezza del sistemain analisi, si ottiene:

[K] = [Kel] + [Kg]

D =1

2xT [ΛK ]

T[r] [ΛK ] x =

1

2xT [R] x

con[ΛK ]T [r] [ΛK ] = [R]

[R] =

r2 (R1 + R2)2

+ r3R22 −L (R1 + R2) r2 −k2 (R1 + R2)

−L (R1 + R2) r2 r2L2 Lr2

−r2 (R1 + R2) Lr2 r2

L’unica forza esterna che compie lavoro e la forza che impone lo spostamento divincolo z:

Q =

00Fz

=

QL−

QV





Ponendo l’attenzione sulla equazione di moto che descrive il moto dei gradi diliberta liberi del sistema nella quale sono stati portati a destra dell’uguale itermini noti si ha:

[MLL] xL + [RLL] xL + [KLL] xL+ = − [MLV ] xV − [RLV ] xV − [KLV ] xV

dove xV e uno scalare che contiene il solo termine z, e quindi a questo pun-to necessario descrivere la cinematica del manovellismo in modo da avere lospostamento, la velocita e l’accelerazione del corsoio in funzione della posizionee velocita angolare, costante, della manovella. Con Ωt = ξ, posizione angolaredella manovella, si ha: si ha che:

O

zlr

Ωt β

A

BH

z = l + r − r cos ξ − cos β

er sin ξ = l sin β ⇒ sin β =

r

lsin ξ

ossia:

z = r − r cos ξ + Λ2 sin2 ξ

2

se si ha che Λ < 0.3, cioe che il rapporto caratteristico del manovellismo Λ = rl

e piccolo, il termine Λ2 sin2 ξ2 risulta trascurabile, in prima approssimazione

lo spostamento del corsoio e quindi una funzione sinusoidale dell’angolo dimanovella.Derivando rispetto al tempo si ottengono i valori di velocita e accelerazione delcorsoio stesso:

z = rΩ sin Ωt r z = Ω2 cos Ωt

che possono essere sostituiti nell’equazione di moto e permettono di calcolare ladinamica della parte libera del sistema.Al solito, una volta calcolata questa e possibile il calcolo della forza necessariaad imporre lo spostamento di vincolo impresso, da questa tramite le relazionicinematiche che definiscono il moto del piede di biella in ufnzione dell’angolo dimanovella e possibile calcolare la coppia motrice necessaria.

2.13. ESERCIZI PROPOSTI 103

2.13 Esercizi proposti

m3

k2 r2

k1 r1

m2, J2, Lm1, J1, R

z = Z0eiΩt

m1

k1

r1

m3, J3, R

k2

r2

m2, J2

L


z = Z0eiΩt

m2, J2, R1, R2

k1

r1

k3r3

m3

k2 r2

m1, J1, L

m2, J2, R2

k3

r3

m1, J1, L

m3

z = Z0eiΩt

k2

r2

m4, J4, R4

Bibliografia

[1] G. Diana, F. Cheli: Dinamica e vibrazione dei sistemi, UTET, 1993

105

Documents

Dinamica dei Sistemi Meccanici Esercizi - Andreadd.it ... · Dinamica dei Sistemi Meccanici Esercizi Marco Belloli Roberto Corradi Daniele Rocchi 29 maggio 2007