Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali

Soluzione del tema d’esame del 05/05/2000 – A. Curami, R. Sala 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Prova in itinere del 5 maggio 2000

Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, per la configurazione rappresentata:

• la velocità e l'accelerazione del punto D, baricentro del disco;• la forza sviluppata dall’attuatore lineare;• le reazioni vincolari nei punti A e C ed H (contatto disco/piano) discutendo il movimento del

disco.

Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:

a) l’attuatore si muova con velocità V e accelerazione A nei versi segnati;b) il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità;c) la geometria (angoli e lunghezze) sia completamente nota;d) il disco abbia raggio r, massa Md e momento di inerzia baricentrico Jd;e) applicata al baricentro del disco agisca la forza F nel verso indicatof) gli attriti siano trascurabili tranne che tra disco e piano; dove sono da ritenersi noti i coefficientidi attrito statico, dinamico e volvente.

A 45°30°

30°A C

B

V

D

F

60°


Soluzione della prova in itinere del 05/05/2000 – Allievi Aerospaziali

Analisi del sistema

Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata.

Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto A Punto a terra Nulla NullaPunto B Circonferenza centrata in C ? ?Punto C Punto a terra Nulla NullaPunto D Parallela a terra ? ?

Primo quesito: la velocità angolare del disco

La velocità angolare del disco può essere determinata a partire dalla conoscenza della velocità delpunto D, naturalmente nell’ipotesi che il moto del disco sia di puro rotolamento.La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto A una terna rotante solidalmente ad AB e si determina la velocità assoluta

del punto B;- si posiziona nel punto B una terna traslante di moto circolare attorno a C e si esprime la velocità

assoluta di D come somma vettoriale della velocità di trascinamento e di quella relativa rispettoalla terna sopra descritta.

Velocità assoluta di B

Riassumendo, in riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:

VB ass = VB trasc VB rel.

modulo ? ? vdirezione ⊥ BC ⊥ BA // BA

Costruendo il triangolo delle velocità si ricava il modulo della velocità assoluta di B che, data laparticolare configurazione del sistema che vede l’attuatore lineare AB e l’asta BC perpendicolari traloro, coinciderà con quello della velocità relativa:

BC

AB

VB rel.

VB ass.


Prima di procedere conviene ricavarsi la velocità angolare dell’asta BC, che risulta essere in versoorario:

BCVBass

BC =ω

che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di B.

Velocità assoluta di D (centro del disco)

Determinata la velocità di B, in riferimento alla terna mobile traslante prima definita, si ottiene:

VD ass = VB VDB

modulo ? nota vdirezione // piano ⊥ BC ⊥ BD

Riportando graficamente l’equazione si ottiene:

Prima di procedere conviene ricavarsi la velocità angolare dell’asta DB, che risulta essere in versoorario:

DBVDBass

DB =ω

che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.

Velocità angolare del disco

Determinata la velocità lineare del centro del disco è immediato ricavare quella angolare del disconell’ipotesi che quest’ultimo si muova di puro rotolamento:

rVd

disco =ω

con verso orario.

AB

VB ass.

⊥BD

⊥BC

piano

VDB

VD ass.


Primo quesito: la accelerazione angolare del disco

La accelerazione angolare del disco può essere determinata a partire dalla accelerazione del puntoD, naturalmente nell’ipotesi che il moto del disco sia di puro rotolamento.La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:- si posiziona nel punto A una terna rotante solidalmente ad AB e si determina la accelerazione

assoluta del punto B;- si posiziona nel punto B una terna traslante di moto circolare attorno a C e si esprime la

accelerazione assoluta di D come somma vettoriale della accelerazione di trascinamento e diquella relativa rispetto alla terna sopra descritta.

Accelerazione assoluta di B

In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:

ABass n ABass t = ABtr n ABtr t AB rel A com

modulo BCBC2ω ? ABAB

2ω ? a vABω2

direzione // BC ⊥ BC // AB ⊥ AB // AB ⊥ AB

Prima di riportare graficamente l’equazione vettoriale sopra scritta si presti attenzione al fatto che,determinando la velocità assoluta di B, si era concluso che la sua componente di trascinamento,nella particolare configurazione considerata era nulla. La conseguenza immediata è che anche lavelocità angolare dell’attuatore lineare AB, e di conseguenza della terna mobile ad esso associata ènulla per cui l’accelerazione di trascinamento (componente normale) e quella complementarerisulteranno essere nulle.

Prima di procedere conviene ricavarsi l’accelerazione angolare dell’asta BC, che risulta essere inverso orario:

BCABasst

BC =ω&

AB rel.

⊥AB

AB ass n.

AB tr. t

//AB

//BC

AB ass t.


che verrà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.

Accelerazione assoluta di D

In riferimento alla terna mobile traslante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:

ADass = ABass n ABass t ADB n A DB t

modulo ? BCBC2ω BCBCω& DBDB

2ω ?

direzione // piano // BC ⊥ BC // DB ⊥ DB

Accelerazione angolare del disco

Determinata la accelerazione lineare del centro del disco è immediato ricavare quella angolare dellostesso nell’ipotesi che quest’ultimo si muova di puro rotolamento:

rAd

disco =ω&

con verso orario.

La forza F sviluppata nell’attuatore lineare

La coppia necessaria a garantire il moto può essere determinata tramite un bilancio di potenze,semplificato dalla mancanza di forze di attrito e quindi dall’assenza di potenze perse:

rmC WW

dtdE

−=

AD ass.

⊥DB

AB ass n.ADB tr. n

//piano

//BC

AB ass t.

ADB tr. t.


Variazione di energia cinetica

L’unico elemento dotato di massa presente nel meccanismo è il disco che quindi contribuisce allavariazione di energia cinetica nel seguente modo:

ddddddC JavM

dtdE

ω×ω+×=r&

rrr

Potenza motrice

E’ fornita dall’attuatore lineare:

vFWm

rr×=

La velocità inserita nella relazione è quella relativa tra i due elementi dell’attuatore.

Potenza resistente

E’ il risultato del contributo della forza Q, della forza peso del disco e dell’attrito volvente nel mototra il disco ed il piano:

dvdddr VNfvgMvQW +×−×−= rrrr

Le velocità in gioco devono essere assolute.

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

dvdddddddddd VNfvgMvQvFJavM −×+×+×=×+× rrrrrrr&

rrr ωω

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno della forza sviluppata dall’attuatore lineare e dellareazione verticale del suolo N.Occorrerà quindi calcolare la reazione vincolare nel punto di contatto fra piano e disco. Allo scoposarà sufficiente isolare il disco tagliando l’asta BD che, essendo priva di massa e scarica, può essereconsiderata una biella e scrivere le equazioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticalenonché alla rotazione.Le forze in gioco risultano essere quelle sotto indicate:

N

T

Fi

Q

FB

Mdg

Ci


Da cui:

FBDcos(45) - Qcos(30) – Ficos(30)-Tcos(30)+Ncos(60)=0 traslazione orizzontale

FBDsen(45) - Qsen(30) – Fisen(30)-Mdg+Tsen(30)+Nsen(60)=0 traslazione verticale

Ci –Tr+Nfr=0 rotazione

Le reazioni vincolari nelle cerniere A e C

Sarà sufficiente scrivere le equazioni di equilibrio del sistema dopo avere eliminato le cerniere in Ae C (e averle sostituite con le corrispondenti reazioni) e osservare che le aste AB e BC possonoessere considerate delle bielle.Si tenga presente che la reazione in B dovuta alla presenza del disco è già stata calcolata nel puntoprecedente della soluzione.

Giugno 2000 – Pag. 1 di 11

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Prova in itinere del 12 giugno 2000

Es. 1 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede:

a) Scrivere l’energia potenziale e l’energia cinetica;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie.

Nella risoluzione si ritengano note:

La massa (Md), il momento di inerzia baricentrico (Jd) ed il raggio (R) del disco; La massa (Ms) e il momento di inerzia baricentrico (Js) della slitta scorrevole sul ; Le costanti elastiche delle tre molle riportate nel disegno, tutte pari a K; La lunghezza in condizione indeformata delle due molle orizzontali pari ad l;

Si sottolinea che il disco ed il pendolo sono solidali tra loro e che il pendolo ha massae momento di inerzia trascurabile.

Es. 2 - Dati due alberi ad assi paralleli tra i quali si deve trasmettere un certomomento con un certo rapporto di trasmissione, si discutano le possibili soluzioniconfrontandole criticamente e ricorrendo, ove sia necessario, a sviluppi analitici.

K

l

K

l


Analisi del sistema

Il sistema si presenta a due gradi di libertà, corrispondenti rispettivamente all’oscillazione del discosul piano ed alla oscillazione della slitta lungo l’asta. La condizione vale naturalmente solonell’ipotesi che il disco rotoli sul piano senza strisciare.I gradi di libertà saranno individuati dalle seguenti coordinate libere:θ -> oscillazione del disco con θ = 0 in corrispondenza alla posizione in cui il baricentro del disco

è equidistante dalle due barriere laterali. Si assumano rotazione, velocità ed accelerazionepositive in verso orario

x -> oscillazione della slitta lungo l’asta; assumiamo che la posizione x = 0 coincida con laposizione di equilibrio statico. Questo significa che la posizione x = 0 si troverà alla distanza∆x dalla cerniera, risultato della somma della lunghezza della molla indeformata (xmi) edell’allungamento della stessa (x0) a causa del carico statico determinato dalla massa della

slitta (x0 = K

gMs ). Si consideri inoltre la variabile l0= xmi + x0. Si assumamo

spostamento, velocità ed accelerazione positive verso il basso.

Energia potenziale del sistema

Considerando singolarmente l’energia potenziale dei singoli componenti il sistema si ha:

Ep = Ep disco + Ep slitta + Ep 1+ Ep 2+ Ep 3

Il disco contribuisce all’energia potenziale del sistema con un termine costante che trascuriamo inquanto verrebbe eliminato dalle operazioni di derivazione previste da Lagrange.

Si consideri ora la slitta; il lavoro totale compiuto dalla massa Ms, essendo il campo di forzeconservativo, è indipendente dalla traiettoria ma è funzione solo della posizione iniziale e di quellafinale. Questo significa che la variazione di energia potenziale cambiata di segno, può essere vistocome il lavoro compiuto per farla spostare in verticale di una quantità x a cui si somma il lavoronecessario per far ruotare, da questa posizione, l’asta di un angolo θ e quindi:

3

1 2

X

θ


Ep.slitta = – Msg x + Msg (l0 + x)(1 – cosθ)

In modo diverso, ma ai fini del risultato del tutto equivalente, per il calcolo dell’energia potenzialedella slitta si immagini di portarla nella posizione x = 0, θ = 0 e successivamente di applicare insuccessione uno spostamento elementare di θ e quindi uno di x e di esprimere nelle diverse ipotesila quota della slitta rispetto al baricentro del disco (quota positiva verso il basso).

1) Qs = xmi + x0

2) Qs = (xmi + x0)cosθ

3) Qs = (xmi + x0 + x)cosθ

Il lavoro risultante per spostare la massa dalla condizione iniziale a quella finale sarà dato dai duesingoli contibuti riportati nel seguito; si consideri la condizione (2) rispetto alla condizione (1); il∆Q21 è negativo e quindi diretto verso l’alto. Il lavoro risultante sarà:

L = 21

Q∆×gs

M = - 21Q∆gsM = Msgl0(cosθ - 1)

Consideriamo la condizione (3) rispetto alla condizione (2); il ∆Q32 è positivo e quindi diretto versoil basso. Il lavoro risultante sarà:

L = 32

Q∆×gs

M = + 32Q∆gsM = Msgxcosθ

Dato il lavoro calcoliamo immediatamente il valore dell’energia potenziale della slitta

Ep slitta = - L = Msgl0(1 - cosθ) - Msgxcosθ = Msg(l0+x)(1 - cosθ) - Msgx

Rimane da determinare il contributo delle molle all’energia potenziale definendo i singoliallungamenti in funzione delle coordinate libere; ci si limita ad analizzare la molla verticale inquanto lo spostamento degli estremi delle altre due è semplicemente determinabile in base a θ(spostamento dato da Rθ); tornando alla molla disposta in verticale, occorre tenere presente chel’origine della variabile x è stata assunta nella condizione di equilibrio (e non in quella di mollaindeformata); la variazione di energia potenziale della molla sarà quindi data da:

Vmolla = 21 k (∆l)2

dove ∆l è dato da:

∆l = x0 + x

dove x0 rappresenta l’allungamento della molla all’equilibrio statico, ovviamente uguale a Msg/K.


La variazione di energia potenziale della molla risulta quindi essere:

Vmolla = 21 k (x0 + x)2

Sviluppando il termine si ottiene:

Vmolla = 21 k (x0

2 +2 x0x+ x2) = (Msg) 2/2k + Msgx +

21 k x2

Dello sviluppo possiamo trascurare il termine costante (eliminato dalle derivazioni). In accordo conquanto detto, l’energia potenziale assume il seguente valore:

Ep = Msg(l0+x)( 1 - cosθ) + 21 K(Rθ)2 +

21 K(R)2 +

21 Kx2

Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica del sistema è data dalla somma di quella del disco e della slitta.

L’energia cinetica del disco è facilmente determinabile:

( ) 2222

21

21

21

21 θθθ ddddc JRMJVME +=+=

L’energia cinetica della slittà è determinabile con lo stesso procedimento, che comporta tuttavia unadeterminazione della velocità assoluta del baricentro più complessa:

22

21

21 θssc JVME +=

La velocità assoluta del baricentro è infatti data da tre diverse componenti:

1) velocità di trascinamento dovuta al moto del baricentro del disco

v1 = Rθ


2) velocità di trascinamento dovuta alla rotazione del disco

v2 = (xmi + x0 + x) θ = (l0 + x) θ

3) velocità relativa dovuta all’oscillazione della slitta

v3 = x

I tre termini si compongono vettorialmente nel seguente modo

(l0 + x) θ x

Rθ

Per il calcolo dell’energia cinetica è necessario calcolare il quadrato della velocità assoluta. Diconseguenza è possibile proiettare le singole componenti in orizzontale ed in verticale esuccessivamente applicare il teorema di Pitagora.

(Vx)2 = (Rθ - (l0 + x) θ cosθ - x sinθ )2

(Vy)2 = ((l0 + x) θ sinθ - x cosθ )2

θ

θ

θ

θ

θ


Sviluppando i quadrati (nella prima colonna il trinomio e nella seconda il binomio), si ottiene:

V2 = (Vx)2 + (Vy)2

R2 θ 2

+ (l0 + x)2cos2θ θ 2 (l0 + x)2sin2θ θ 2

+ sin2θ + cos2θ x 2

- 2R(l0+x)cosθ θ 2

- 2Rsinθ θ x

+ 2(l0+x)cosθ sinθ θ X - 2(l0+x)cosθ sinθ θ X

Effettuando le opportune semplificazioni si ottiene:

V2 = R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x

E quindi, nota la velocità assoluta del baricentro si ottiene l’espressione dell’energia cinetica dovutaalla slitta:

Ec = 21 Ms (R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x ) +

21 Js θ 2

Linearizzazione delle equazioni

Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio statico delsistema che può essere individuata imponendo le seguenti due eguaglianze:

Sicuramente una condizione di equilibrio è data dalla coppia di variabili:

2x

θ+θ+=θ∂

∂

+θ−=∂∂

20s

p

sp

KR2sin)xl(gME

Kx)cos1(gMx

E

.....3,2,1,0nn00x

=→π±=θ=


Per quanto riguarda la stabilità della condizione di equilibrio considerata, deve essere:

0,02p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ K > 0

0,02p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ Msg(l0 + x)cosϑ+2KR2 > 0

0,02p

2

xE

∂∂

0,02p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

xE

θ∂∂∂

> 0⇒ K(Msg(l0 + x)cosϑ+2KR2) –(Msgsinϑ)2> 0

Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile.Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energeticheeventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energiacinetica.

Linearizzazione dell’energia potenziale

θθ∂∂

∂+θθ∂

∂+∂∂+θ

θ∂∂+

∂∂+≅θ= x

xV

2V

2x

xVVx

xVV),x(VV

0,0

22

0,02

22

0,02

2

0,00,00,0

Dei termini in questione: il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la

scrittura delle equazioni di Lagrange; i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di

equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui, ricordando che l’espressionerigorosa dell’energia potenziale è data da:

Ep = Msg(l0+x)( 1 - cosθ) + 21 K(Rθ)2 +

21 K(Rθ)2 +

21 Kx2

Di cui l’unico termine da linearizzare è il primo:

Ep1 = Msg(l0+x)( 1 - cosθ)

che, opportunamente svolto dà:

Ep1 = Msgl0(1 - cosθ)+ Msgx(1 - cosθ)


Eseguendo le opportune derivazioni si ottiene:

0xE

0,02

1p2

=∂

∂

0,02

1p2Eθ∂

∂= [Mg (L0 + x)cosθ]|0,0 = MgL0

0,0

1p2

xEθ∂∂

∂= Mg sinθ = 0

Da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

Ep = 21 Mgl0θ2 + K(Rθ)2 +

21 Kx2

Linearizzazione dell’energia cinetica

L’energia cinetica può essere espressa nella forma:

∑=

=2

1k,jkj21jkc qq)q,q(a

21E

e quindi la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni linearizzate è:

∑=

≅2


21E

Ricordando l’espressione rigorosa dell’energia cinetica:

Ec = 21 Ms (R2θ 2 + (l0 + x)2θ 2 + x 2 - 2R(l0+x)cosθ θ 2 - 2Rsinθ θ x +

21 Js θ 2 +

21 Md (Rθ )2 +

21 Jd θ 2

Per quanto sopra affermato la linearizzazione dell’energia cinetica può essere ottenuta sostituendonei coefficienti i valori corrispondenti alla posizione di equilibrio statico (x = 0, θ = 0):

Ec = 21 Ms (R2θ 2 + l0

2θ 2 + x 2 - 2Rl0θ2 ) +

21 Js θ 2 +

21 Md (Rθ )2 +

21 Jd θ 2


Secondo quesito: equazioni di equilibrio linearizzate

Applicando il metodo di Lagrange le equazioni di equilibrio linearizzate sono:

Prima equazione:

( )2 2 20 02c

s s d dE M R l Rl J M R Jθ θ θ θθ

∂ = + − + + +∂

( )2 2 20 02c

s s d dd E M R l Rl J M R Jdt

θθ

∂ = + − + + + ∂

0cEθ

∂ =∂

( )θθ

20 2KRglM

Es

p +=∂∂

Seconda equazione:

cs

E M xx

∂ =∂

cs

d E M xdt x

∂ =∂

cEx

0∂ =∂

pE Kxx

∂=

∂ovvero

( )2 2 20 0 02 0 2 0 0

0 00s s d d s

s

M R l Rl J M R J M gl KRK xxM

θθ + − + + + + + =


Terzo quesito: determinare le frequenze proprie del sistema

Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche (nel nostro caso diagonali) e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sonopuramente armoniche, cioè del tipo 0

0( ) i tx t X e ω= , che, sostituite nel sistema, danno

[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =

Per avere soluzioni diverse dalla banale 0 0X = , occorre che le 0ω siano le radici di:

[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di

2 2 2 40 0 0( 2 ) ...s s s s d dM R M l M Rl J M R J ω+ − + + + +

2 2 2 20 0 0 0 0(( 2 ) ( 2 )) ( 2 ) 0s s s s s s d d sM gl KR M K M R M l M Rl J M R J M gl KR Kω+ + + + − + + + + + =

Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 20ω , del tipo

4 20 0 0a b cω ω+ + =

che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti,

0 ,I IIs

KM

ω = ±

( )0

0 , 2 2 20 0

22s

III IVs s d d

M gl KRM R l Rl J M R J

ω += ±+ − + + +

Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori. Infatti l’inversadella matrice di massa è

[ ] ( )2 2 21 0 01 2 0

0 1s s d d

s

M R l Rl J M R JM

M− + − + + + =

e

[ ] [ ] [ ]1A M K−= =( ) ( )2 2 2

0 0 02 2 0

0s s s d d

s

M gl KR M R l Rl J M R J

K M

+ + − + + +

per cui


[ ] [ ] 0I Aλ− + = con 20λ ω=

e quindi

21 01

s

KM

λ ω= =

( )2 0

2 02 2 2 20 0

22s

s s d d

M gl KRM R l Rl J M R J

λ ω += =+ − + + +

I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente, essendo le equazioni disaccoppiate,

1 2

0 1;

1 0x xθ θ = =


Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 21 giugno 2000

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazionerappresentata:

a) la velocità e l'accelerazione del punto D;b) la forza motrice che deve essere generata dall’attuatore lineare OA;c) le reazioni nella cerniera O’.


Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità lineare relativa generata dall’attuatore lineare sia V costante;Ø l’unico elemento dotato di massa sia ABC, di cui sono noti la massa (M) ed il

momento di inerzia baricentrico (J).Ø gli attriti siano trascurabili;Ø la forza F applicata in D sia orizzontale.

FD

OO'

C

B

A

V costante


Analisi del sistema


Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in B ? ?Punto B Punto a terra Nulla NullaPunto C Circonferenza centrata in B ? ?Punto D Circonferenza centrata in O’ ? ?

La velocità del punto D

La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidalmente ad OA e si determina la velocità assoluta

del punto A;- nota la velocità assoluta di A si determina la velocità angolare di ABC e quindi quella di C;- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto circolare attorno a B e si esprime la velocità

assoluta di D come somma vettoriale della velocità di trascinamento e di quella relativa rispettoalla terna sopra descritta.

Velocità assoluta di A

Riassumendo, in riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:

VA ass = VA trasc VA rel.

modulo ? ? vdirezione ⊥ BA ⊥ OA // OA

Da cui graficamente si ha: O

BA

VAass

VAtras

VArel


Prima di procedere conviene ricavare la velocità angolare dell’asta BA, che ruota in versoantiorario:

BAVAass

BA =ω

che verrà nel seguito utilizzata per determinare la velocità assoluta di C e l’accelerazione assoluta diB.

Velocità assoluta di C

Conoscendo la velocità angolare di ωBA si ha:

BAV BACass ω=

ovviamente diretta verso il basso come conseguenza della velocità angolare antioraria.

Velocità assoluta di D

Riassumendo, in riferimento alla terna traslante sopra definita, in tabella si ottiene:

VD ass = VC ass VDC

modulo ? ωBA BC ?direzione ⊥ O’D ⊥ BC ⊥ DC

Da cui graficamente si ha:

FD

OO'

C

BA


La velocità angolare dell’asta O’D, che ruota in verso antiorario, è:

D'OVDass

D'O =ω

e sarà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.

La velocità angolare dell’asta CD, che ruota in verso orario, è:

CDVCD

CD =ω

e sarà nel seguito utilizzata per determinare l’accelerazione di D.

La accelerazione del punto D

La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidalmente ad OA e si determina la accelerazione

assoluta del punto A;- nota la accelerazione assoluta di A si determina quella angolare di ABC e quindi quella di C;- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto circolare attorno a B e si esprime la

accelerazione assoluta di D come somma vettoriale della accelerazione di trascinamento e diquella relativa rispetto alla terna sopra descritta.

Accelerazione assoluta di A

In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:

AAass n AAass t = AAtr n AAtr t AA rel A com

modulo ABù 2BA

? OAù 2BA

? 0 v2ù OA

direzione // ABverso B

⊥ AB // OAverso O

⊥ OA // OA ⊥ OA

O

BA

AAtr t

Acomp

AAtr n

AAass n

AAass t


L’accelerazione angolare dell’asta BA, diretta in verso orario:

BAAAasst

BA =ω&

verrà utilizzata per determinare l’accelerazione di C e quindi di D.

Accelerazione assoluta di C

Il punto C ruota attorno ad O con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:

ACass = ACass n ACass t

modulo ? BC2BAω BCBAω&

direzione ? // BC ⊥ BC


In riferimento alla terna mobile traslante già utilizzata per la determinazione della velocità si ha:

AD n AD t = ACass n ACass t ADC n A DC t

modulo D'O2D'Oω ? BC2

ABω BCABω& CD2CDω ?

direzione // O‘D ⊥O‘D // BC ⊥ BC // CD ⊥ CD

FD

OO'

C

BA

ADtr tADtr n

ADass n

ADass t


La forza F sviluppata dall’attuatore lineare

Per il calcolo della forza F che l’attuatore lineare deve sviluppare per garantire il moto, si puòricorrere ad un bilancio di potenze.

rmC WW

dTdE

−=

Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica del corpo ABC ed inparticolare del suo baricentro che chiameremo G.

Velocità assoluta di G

Conoscendo la velocità angolare di ωBA si ha:

GAV BAGass ω=

ovviamente diretta verso il basso come conseguenza della velocità angolare antioraria.

Accelerazione assoluta di G

Il punto G ruota attorno ad O con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:

AGass = AGass n AGass t

modulo ? GC2BAω GCBAω&

direzione ? // GC ⊥GC

La variazione di energia cinetica del sistema coincide con quella del corpo ABC:

ABABABCGGABCC JavM

dTdE

ω×ω+×=r&

rrr

La potenza motrice è fornita dall’attuatore lineare per cui:

vFWm

rr×=

dove la velocità da considerarsi è quella relativa.

La potenza resistente vede in gioco il contributo della forza F e della forza peso:


GABCdr vgMvFWrrrr

×−×−=

L’equazione dell’energia risulta quindi essere:

GABCdABABABCGGABC vgMvFvFJavMrrrrrrr

&rrr

×+×+×=ω×ω+×

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita F.

Le reazioni vincolari in O’

Osservato che DO’ e BC sono entrambe delle bielle, per cui è nota la direzione della reazione daesse esercitate, è possibile spezzare l’asta DC ed eliminare la cerniera in O’ sostituendole con lerispettive reazioni. Scrivendo l’equilibrio di questa parte del sistema è possibile trovare la reazioneesercitata dalla cerniera O’.


Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiededi:

a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie e i relativi modi di vibrare.

Il sistema è costituito da una slitta che oscilla liberamente su una superficie pianapriva di attrito; alla slitta è incernierato un pendolo semplice di lunghezza L e massam.


Analisi del sistema

Il sistema si presenta a due gradi di libertà:

x oscillazione della slitta sul piano.L’origine coincide con un punto sulla verticale tracciata per A, punto equidistante dagliagganci delle due molle.

θ oscillazione del pendoloL’origine coincide con la condizione di pendolo verticale.


L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del pendolo:

Dove V rappresenta la velocità del baricentro del pendolo:

θθ+θ+= &&&& xcosl2lxV 2222

L’energia cinetica totale è:

( ) 22222c J

21

xcosl2lxm21

xM21

E θ+θθ+θ++= &&&&&&


L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (slitta e pendolo) e diquella elastica (molle):

2slittac xM

21

E &=−

22pendoloc J

21

mV21

E θ+=−

[ ][ ]=θθ+θθ+=

=θ+θ+=+=

j)cosl(i)coslx(dtd

j)cosl(i)lsinx(dtd

)jyix(dtd

V GG

r&

r&&

rrrr

2mollep

pendolop

slittap

)senax(K21E

)cos1(mglE

tetancosE

θ+=

θ−=

=

−

−

−


La deformazione delle molle è stata calcolata nell’ipotesi che queste rimangano orizzontali e che lavariazione di quota a sia trascurabile. In alternativa si poteva considerare costante la quota dellemolle, nel qual caso la deformazione dovuta all’asta sarebbe stata proporzionale alla tangente. Ledue soluzioni sono da ritenersi equivalenti.

L’energia potenziale totale, a meno dei termini costanti, è:2

p )senax(K)cos1(mglE θ++θ−=

Equazioni differenziali non lineari

Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cineticae di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange:

Prima equazione:

0)senax(K2senmlcosmlx)mM(x

Ex

Ex

Edtd 2pCC =θ++θθ−θθ++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂ &&&&&

&

θθ++=∂

∂ &&&

cosmlx)mM(x

Ec

θθ−θθ++=

∂∂ &&&&&

&senmlcosmlx)mM(

xE

dtd c

0x

Ec =∂

∂

)senax(K2x

Ep θ+=∂

∂

Seconda equazione:

0cos)senax(Kamglsinxcosml)Jml(EEE

dtd 2pCC =θθ++θ+θ+θ+=

θ∂∂

+θ∂

∂−

θ∂∂

&&&&&

xcosml)Jml(E 2c &&&

θ+θ+=θ∂

∂

xcosmlxmlsin)Jml(E

dtd 2c &&&&&&

& θ+θθ−θ+=

θ∂∂

θθ−=θ∂

∂ &&xmLsinEc

θθ++θ=θ∂

∂cos)senax(Ka2mglsin

Ep


Posizione di equilibrio

Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio va verificata imponendo le seguenti due eguaglianze:

)senax(K2x

Ep θ+=∂

∂

θθ++θ=θ∂


Ep



0,0

2p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ 2K > 0

0,0

2p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ θ−θ+θ 22 senKacosKacosmgl

0,0

2p

2

xE

∂∂

0,0

2p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

x

E

θ∂∂∂

> 0

Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, pertutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle formeenergetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale el’energia cinetica.


Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:

xx

E2

E2x

EEx

xE

E),x(EE0,0

p22

0,0

2p

22

0,0

2p

2

0,0

p

0,0

p

0,0ppp θ∂θ∂

∂+

θθ∂

∂+

θ∂

∂+θ

θ∂∂

+∂

∂+≅θ=

Dei termini in questione:§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la

scrittura delle equazioni di Lagrange;

.....3,2,1,0nn0

0x

=→π±=θ=

0cosKa2senKacosKacosKmgl2 22 >θ−θ−θ+θ


§ i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).

Rimangono dunque soltanto i termini di secondo ordine, per cui si ha:

K2xE

0,0

2p

2

=∂

∂

0,0

2p

2Eθ∂

∂= Ka2mglsenaKx2senKa2cosKa2cosmgl 22 +=ϑ−θ−θ+θ

Ka2cosKa2xE

0,0

p2

=θ=θ∂∂

∂

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

2)Kamgl(Kax2KxE

22

pθ

++θ+=


Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:

∑=

=2


21

E &&

dunque la sua approssimazione ai fini della scrittura delle equazioni è data da:

∑=

≅2


21

E && =

= ( ) 22222 J21

xl2lxm21

xM21

θ+θ+θ++ &&&&&&

Equazioni linearizzate

Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene:

Prima equazione:

0)ax(K2mlx)mM(x

Ex

Ex

Edtd pCC =θ++θ++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂ &&&&

&


θ++=∂

∂ &&&

mlx)mM(x

Ec

θ++=

∂∂ &&&&

&mlx)mM(

xE

dtd c

0x

Ec =∂

∂

)ax(K2x

Ep θ+=∂

∂

Seconda equazione:

0cos)senax(K

mglsinxml)mlJ(EEE

dtd 2pCC

=θθ++

+θ++θ+=θ∂

∂+

θ∂∂

−

θ∂∂

&&&&&

xml)mlJ(E 2c &&&

+θ+=θ∂

∂

xml)mlJ(E

dtd 2c &&&&

& +θ+=

θ∂∂

0Ec =θ∂

∂

θ+θ+=θ∂

∂KamglKax2

Ep

ovvero

=

θ

+

+

θ

+

+0

0x

mglKaKa2

Ka2K2x

mlJml

mlmM2 &&

&&

Frequenze proprie del sistema

Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioèdel tipo:

ti0

0eX)t(x ω=

sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:


[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di:

ω−ω−ω−ω−

=

+ω−+ω−

ω−+ω−*2

0*2

0

20

*20

220

20

20

20

JKmlKa2mlKa2MK2

)mlJ(mglKamlKa2

mlKa2)mM(K2 det

0mlmlKa4aK4JMKMKJ2KK2 40

20

2240

**20

**20

** =ω+ω+−ω+ω−ω−

0aK4KK2)KJ2KMmlKa4()mlJM( 22*20

***40

** =−+ω−−+ω+


4 20 0 0a b cω ω+ + =

che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie delsistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:

( ))mlJM(2

)aK4KK2)(mlJM(4)KJ2KMmlKa4(KJ2KMmlKa4**

22***2******

II,I0+

−+−++−+++−=ω

Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto:

2022

2011

ω=λ

ω=λ

I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente:

λ

=

θ

λ=

θ 2211

1x;

1x

( ))mlJM(2

)aK4KK2)(mlJM(4)KJ2KMmlKa4(KJ2KMmlKa4**

22***2******

IV,III0+

−+−++−−++−=ω

Giugno 2000 - Pag. 1 di 1

Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede di: a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari; b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate; c) Determinare le frequenze proprie e i relativi modi di vibrare. Il sistema è costituito da una slitta che oscilla liberamente su una superficie piana priva di attrito; alla slitta è incernierato un pendolo semplice di lunghezza L e massa m.


Analisi del sistema Il sistema si presenta a due gradi di libertà: x oscillazione della slitta sul piano.

L’origine coincide con un punto sulla verticale tracciata per A, punto equidistante dagli agganci delle due molle.

θ oscillazione del pendolo

L’origine coincide con la condizione di pendolo verticale. Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del pendolo:

Dove V rappresenta la velocità del baricentro del pendolo:

θθ+θ+= xcosl2lxV 2222 L’energia cinetica totale è:

( ) 22222c J

21xcosl2lxm

21xM

21E θ+θθ+θ++=


L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (slitta e pendolo) e di quella elastica (molle):

2slittac xM

21E =−

22pendoloc J

21mV

21E θ+=−

[ ][ ]=θθ+θθ+=

=θ+θ+=+=

j)cosl(i)coslx(dtd

j)cosl(i)lsinx(dtd)jyix(

dtdV GG

2

costante(1 cos )

1 ( sen )2

p slitta

p pendolo

p molle

EE mgl

E K x a

θ

θ

−

−

−

== −

= +


La deformazione delle molle è stata calcolata nell’ipotesi che queste rimangano orizzontali e che la variazione di quota a sia trascurabile. In alternativa si poteva considerare costante la quota delle molle, nel qual caso la deformazione dovuta all’asta sarebbe stata proporzionale alla tangente. Le due soluzioni sono da ritenersi equivalenti. L’energia potenziale totale, a meno dei termini costanti, è:

2p )senax(K)cos1(mglE θ++θ−=

Equazioni differenziali non lineari Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cinetica e di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange: Prima equazione:

0)senax(K2senmlcosmlx)mM(x

Ex

Ex

Edtd 2pCC =θ++θθ−θθ++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂

θθ++=∂

∂ cosmlx)mM(x

Ec

2( ) cos sencd E M m x ml mldt x

θθ θθ∂ = + + − ∂

0x

Ec =∂

∂

)senax(K2x

Ep θ+=∂

∂

Seconda equazione:

0cos)senax(Kamglsinxcosml)Jml(EEE

dtd 2pCC =θθ++θ+θ+θ+=

θ∂∂

+θ∂

∂−

θ∂∂

xcosml)Jml(E 2c θ+θ+=θ∂

∂

xcosmlxmlsin)Jml(Edtd 2c θ+θθ−θ+=

θ∂∂

θθ−=θ∂

∂ xmLsinEc

θθ++θ=θ∂


Ep


Posizione di equilibrio Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile del sistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmente svolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili. Tale posizione di equilibrio va verificata imponendo le seguenti due eguaglianze:

)senax(K2x

Ep θ+=∂

∂

θθ++θ=θ∂


Ep



0,02p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ 2K > 0

0,02p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ ( )2 2cos 2 cos sin sinmgl Ka a xθ θ θ θ+ − −

22mgl Ka+ nella posizione di equilibrio

0,02p

2

xE

∂∂

0,02p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

xE

θ∂∂∂

> 0

nella posizione di equilibrio Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, per tutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energia cinetica. Linearizzazione dell’energia potenziale Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:

xx

E2

E2x

EEx

xE

E),x(EE0,0

p22

0,02p

22

0,02p

2

0,0

p

0,0

p

0,0ppp θ∂θ∂

∂+θ

θ∂∂

+θ∂

∂+θ

θ∂∂

+∂

∂+≅θ=

Dei termini in questione:

.....3,2,1,0nn00x

=→π±=θ=

0cosKa2senKacosKacosKmgl2 22 >θ−θ−θ+θ

2Kmgl


il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la scrittura delle equazioni di Lagrange;

i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).


K2xE

0,02p

2

=∂

∂

0,02p

2Eθ∂

∂= 2 2 2cos 2 cos 2 sen 2 sen 2mgl Ka Ka aKx mgl Kaθ θ θ ϑ+ − − = +

Ka2cosKa2xE

0,0

p2

=θ=θ∂∂

∂


22 2 ( 2 )

2pE Kx Kax mgl Ka θθ= + + +

Linearizzazione dell’energia cinetica Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:

∑=

=2


21E


∑=

≅2


21E =

= ( ) 22222 J21xl2lxm

21xM

21 θ+θ+θ++

Equazioni linearizzate Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene: Prima equazione:

0)ax(K2mlx)mM(x

Ex

Ex

Edtd pCC =θ++θ++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂


θ++=∂

∂ mlx)mM(x

Ec

θ++=

∂∂ mlx)mM(

xE

dtd c

0x

Ec =∂

∂

)ax(K2x

Ep θ+=∂

∂

Seconda equazione:

2( ) sin ( sen )cos 0pC CEd E E J ml mlx mgl K x a

dtθ θ θ θ

θ θ θ∂∂ ∂ − + = + + + + + = ∂ ∂ ∂

xml)mlJ(E 2c +θ+=θ∂

∂

xml)mlJ(Edtd 2c +θ+=

θ∂∂

0Ec =θ∂

∂

2 2pE Kax mgl Kaθ θθ

∂= + +

∂

ovvero

2

2 2 02 2 0

M m ml x K Ka xml J ml Ka Ka mglθ θ+ + = + +

Frequenze proprie del sistema Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezza simmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè del tipo: ti

00eX)t(x ω=



[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ponendo *;M m M+ = 2 *J ml J+ = e 2 *Ka mgl K+ = otteniamo:

ω−ω−ω−ω−

=

+ω−+ω−ω−+ω−

*20

*20

20

*20

220

20

20

20

JKmlKa2mlKa2MK2

)mlJ(mglKamlKa2

mlKa2)mM(K2 det

* * 2 * * 2 * * 4 2 2 2 2 2 4

0 0 0 0 02 2 4 4 0KK KJ M K M J K a mlKa m lω ω ω ω ω− − + − + + =

* * 2 2 4 * * * 2 * 2 20 0( ) (4 2 ) 2 4 0M J m l mlKa M K KJ KK K aω ω+ + − − + − =

Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 2

0ω , del tipo

4 20 0 0a b cω ω+ + =

che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie del sistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:

( )* * * * * * 2 * * 2 2 * 2 2

0 , * *

4 2 ( 4 2 ) 4( )(2 4 )2( )I II

mlKa M K KJ mlKa M K KJ M J m l KK K aM J ml

ω− + + + − + + − + −

=+

Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto:

2022

2011

ω=λ

ω=λ

I modi di vibrare associati (autovettori) sono rispettivamente:

λ

=

θ

λ

=

θ 2211

1x;

1x

( )* * * * * * 2 * * 2 2 * 2 2

0 , * *

4 2 ( 4 2 ) 4( )(2 4 )2( )III IV

mlKa M K KJ mlKa M K KJ M J m l KK K aM J ml

ω− + + − − + + − + −

=+


Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 05 luglio 2000

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazione rappresentata:a) la velocità e l'accelerazione del punto D, centro del disco;b) la velocità angolare e l’accelerazione angolare del disco;c) la coppia motrice applicata alla manovella OA;d) le reazioni nella cerniera E.Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità angolare della manovella sia ù costante e diretta in verso antiorario;Ø il disco abbia massa M e momento di

inerzia J;Ø gli attriti siano trascurabili;Ø l’asta ED abbia massa m (uniformemente

distribuita) e momento di inerziabaricentrico j.

Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura,operante nel piano verticale, si richiede di:a) Scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico

linearizzate;c) Determinare le frequenze proprie e i relativi

modi di vibrare.Il sistema è costituito da una slitta di massa Mvincolata a muoversi verticalmente da due guidelaterali prive di attrito e da un disco circolare diraggio r e massa m che rotola senza strisciaresulla parte superiore concava della slitta(geometricamente descrivibile come un arco dicirconferenza di raggio R). La slitta appoggia poisu un supporto elastico schematizzabile come unamolla con costante elastica K.

Es. 3 – Discutere il fenomeno delle velocità critiche flessionali ricorrendo agli opportuni sviluppianalitici.

B

D

A

O C

E

K


Es. 1: Analisi del sistema


Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in O Nota NotaPunto B Circonferenza centrata in O ? ?Punto C Punto a terra Nulla NullaPunto D Circonferenza centrata in E ? ?Punto E Punto a terra Nulla Nulla

La velocità del punto D

La velocità di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con un procedimentoin due passi:- si posiziona nel punto A una terna traslante di moto circolare attorno ad O e si determina la

velocità assoluta del punto B (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella ditrascinamento (completamente nota dai dati del problema) e di quella relativa (nota solo indirezione);

- si posiziona nel punto A una terna rototraslante solidale all’asta AB e si ricava la velocitàassoluta del punto D (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento(completamente nota) e di quella relativa (nota solo in direzione).


In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita, in tabella si ottiene:

VB ass = VB trasc VB rel.modulo ? ωOA ?

direzione ⊥ CB ⊥ OA ⊥ AB


B

VB

A

O C

VBAVA


Sono ora note le velocità angolari delle altre due aste:

Ø asta BA (verso orario)

BAVBA

BA =ω

Ø asta BC (verso antiorario)

BCVB

BC =ω

Velocità assoluta di D

In riferimento alla terna rototraslante sopra definita, in tabella si ottiene:

VD ass = VD trasc (traslazione) VD trasc (rotazione) VD relativa

modulo ? ω OA ωBA DA ?direzione ⊥ ED ⊥ OA ⊥ DA // AB


E’ nota la velocità angolare dell’asta ED:

Ø asta ED (verso orario)

EDVD

ED =ω

La accelerazione del punto D

La accelerazione di D può essere determinata ricorrendo al teorema dei moti relativi con unprocedimento in due passi:

B

D

A

O C

E

VA

VDA

VDVDrel


- sfruttando la terna traslante posizionata in A si determina la accelerazione assoluta del punto B(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (completamente nota dai dati delproblema) e di quella relativa (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione);

- si posiziona nel punto A una terna rototraslante solidale all’asta AB e si ricava la accelerazioneassoluta del punto D (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione).


In riferimento alla terna mobile rotante già utilizzata per la determinazione della accelerazione di Bsi ha:

ABass n ABass t = AA n AA t ABA n ABA t

modulo BC2BCω ? OA2ω 0 BA2

BAω ?

direzione // BCverso C

⊥ BC // OAverso O

⊥ OA // BAverso A

⊥ BA

Sono ora note le accelerazioni angolari delle altre due aste:

Ø asta BA (verso orario)

BAABAt

BA =ω&

Ø asta BC (verso antiorario)

BCABasst

BC =ω&


In riferimento alla terna rototraslante precedentemente introdotta l’accelerazione assoluta di D èdata dalla seguente tabella:

ADass n ADass t = AD trasc n trasl AD trasc n rot AD trasc t rot Acompl Arel

Mod. ED2EDω ? OA2ω DA2

BAω DABAω& relBAVω2 ?

Dir. // EDverso E

⊥ ED // OAverso O

// DAverso A

⊥ DA ⊥ BA // BA

B AA

O C

ABass nABA

ABass t

ABA

ABas

A


E’ ora nota l’accelerazione angolare dell’asta DE:

Ø asta DE (verso orario)

DEADEt

DE =ω&

La velocità e l’accelerazione angolare del disco

Entrambe le quantità, espresse relativamente all’asta AB, possono essere agevolmente determinatedalla conoscenza della velocità e dell’accelerazione relativa del punto D, unitamente a quella delraggio R del disco.Volendo passare alla velocità ed all’accelerazione angolari assolute del disco bisognerà sommare aquelle relative sopra determinate la velocità e l’accelerazione angolari dell’asta AB.

La coppia motrice applicata alla manovella OA;

Per il calcolo della coppia M che la manovella deve sviluppare per garantire il moto, si può ricorreread un bilancio di potenze.

rmC WW

dTdE

−=

Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica dell’asta DE ed inparticolare del suo baricentro G che supporremo essere equidistante dai due estremi.


Conoscendo la velocità angolare di ωED si ha:

EDV EDGass ω=

B

D

A

O C

E AD ass n

Arel

ADtrasc n trasl

AD ass t

ADtrasc n rot

ADtrasc t rot

Acor


ovviamente diretta verso sinistra come conseguenza della velocità angolare oraria.


Il punto G ruota attorno ad E con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:


modulo ? ED2EDω EDEDω&

direzione ? // EDverso E

⊥ED

La variazione di energia cinetica del sistema coincide con la somma di quella dell’asta ED e deldisco. Per quanto riguarda la velocità e l’accelerazione angolare del disco essa sarà il risultato dellasomma vettoriale della velocità e dell’accelerazione angolare relativa e di quella di trascinamento.

DassDassDDEDEDGGC JavMjavm

dTdE

ωωωωr&

rrrr&

rrr ×+×+×+×=

La potenza motrice è fornita dalla manovella per cui:

ω×=rr

MWm

La potenza resistente vede in gioco il solo contributo della forza peso:

GDr vgmvgMWrrrr

×−×−=


GDrelrel

DDEDEDGG vgmvgMMR

aR

vJavMjavm

rrrrrrrrrrr

&rrr

×+×+ω×=×+×+ω×ω+×

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita M.

Le reazioni vincolari nella cerniera E

L’asta ED è dotata di massa per cui non può essere considerata una biella e quindi le reazioni in Eandrà scomposta nella sua componente orizzontale e verticale.Un modo di procedere che permette di scrivere solo due equazioni (e quindi relativamentesemplice) è il seguente:Ø annullare il momento rispetto a D, considerando come sottosistema la sola asta ED;Ø annullare il momento rispetto ad H (punto di contatto disco-asta AB) considerando come

sottosistema l’asta ED ed il disco.




x oscillazione verticale della slittaL’origine coincide con la condizione di equilibrio statico in cui la molla ha lunghezza x0,positiva verso l’alto.

θ posizione del centro del disco (espressa rispetto al centro di curvatura della guida)L’origine coincide con il disco al centro della guida, positiva in verso orario.


L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del disco:

Dove V rappresenta la velocità del baricentro del disco:

( ) θθ−−θ−+= senx)rR(2rRxV 2222 &&&&


( )( ) 22

22222

c r)rR(

J21

senx)rR(2rRxm21

xM21

E θ−

+θθ−−θ−++= &&&&&&


L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (disco) e di quellaelastica (molla):

Si noti come non si sia considerata l’energia potenziale associata alla slitta in quanto si èconsiderata come origine della coordinata x la condizione di molla in equilibrio statico.L’energia potenziale totale è:

2p Kx

21

)cos1)(rR(mgE +θ−−=

2slittac xM

21

E &=−

22

2222

discoc rR

J21

mV21

J21

mV21

E θ+=ϕ+=−&&

2mollap

discop

Kx21

E

)cos1)(rR(mgE

=

θ−−=

−

−




Prima equazione:

0Kxsenm)rR(2cosm)rR(2x)mM(x

Ex

Ex

Edtd 2pCC =+θθ−−θθ−−+=

∂∂

+∂

∂−

∂∂ &&&&&

&

θθ−−+=∂

∂ &&&

senm)rR(2x)mM(x

Ec

θθ−−θθ−−+=

∂∂ &&&&&

&senm)rR(2cosm)rR(2x)mM(

xE

dtd 2c

0x

Ec =∂

∂

Kxx

Ep =∂

∂

Seconda equazione:

0sen)rR(mgsenx)rR(m)rR(mEEE

dtd 2pCC =θ−+θ−+θ−=

θ∂∂

+θ∂

∂−

θ∂∂

&&&&&

θ−+θ−+θ−=θ∂

∂ &&&&

22c )r

rR(Jsenx)rR(m)rR(mE

θθ−+θ−+θ−=

=θ−+θθ−+θ−+θ−=

θ∂∂

cosx)rR(msenx)rR(m)rR(m23

)r

rR(Jcosx)rR(msenx)rR(m)rR(mE

dtd

2

22c

&&&&&&

&&&&&&&&

θθ−=θ∂

∂ &&xcos)rR(mEc

θ−=θ∂

∂sen)rR(mg

E p



Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

0Kxx

Ep ==∂

∂

0sen)rR(mgEp =θ−=θ∂

∂

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:


0,0

2p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ K > 0

0,0

2p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ 0cos)rR(mg >θ−

0,0

2p

2

xE

∂∂

0,0

2p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

x

E

θ∂∂∂

> 0 ⇒

Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, pertutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle formeenergetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale el’energia cinetica.



xx

E2

E2x

EEx

xE

E),x(EE0,0

p22

0,0

2p

22

0,0

2p

2

0,0

p

0,0

p

0,0ppp θ∂θ∂

∂+

θθ∂

∂+

θ∂

∂+θ

θ∂∂

+∂

∂+≅θ=

Dei termini in questione:§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la


.....3,2,1,0nn0

0x

=→π±=θ=

0cos)rR(mgK >θ−




KxE

0,0

2p

2

=∂

∂

0,0

2p

2Eθ∂

∂= )rR(mg −

0xE

0,0

p2

=θ∂∂

∂


2)rR(mgKx

21

E2

2p

θ−+=



∑=

=2


21

E &&


∑=

≅2


21

E && =

( )( ) 22

22222

r)rR(

J21

rRxm21

xM21

θ−

+θ−++= &&&&


Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene:

Prima equazione:

0Kxx)mM(x

Ex

Ex

Edtd pCC =++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂

&&&


x)mM(x

Ec &&

+=∂

∂

x)mM(x

Edtd c &&

&+=

∂∂

0x

Ec =∂

∂

Kxx

Ep =∂

∂

Seconda equazione:

0)rR(mg)rR(m23EEE

dtd 2pCC =θ−+θ−=

θ∂∂

+θ∂

∂−

θ∂∂ &&

&

θ−=θ∂

∂ &&

2c )rR(m23E

θ−=

θ∂∂ &&

&2c )rR(m

23E

dtd

0Ec =θ∂

∂

θ−=θ∂

∂)rR(mg

Ep

ovvero, ponendo L=R-r:

=

θ

+

θ

+

00x

mgL00Kx

mL23

0

0mM2 &&

&&


Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzadiagonali e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè deltipo:

ti0

0eX)t(x ω=



[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di:

=

ω−

+ω−

mgLmL230

0)mM(K det 2

02

20

0L)Mm(mgKmL23

KmgLKmL23 4

020

220

22 =ω++ω−ω−

0KmL23

)KmL23

KmgL(L)Mm(mg 220

2240 =+ω+−ω+


4 20 0 0a b cω ω+ + =


mMK

II,I0 +±=ω

Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto,essendo diagonale, l’inversa della matrice M è semplicemente data da:

Lg

32

mL23mgL

2IV,III0 ±=±=ω

[ ]

+=−

21

mL23/10

0)Mm/(1M

[ ] [ ] [ ]

+== −

L/g32

0

0)Mm/(KKMA 1


Per cui si ottiene:

dove:

e quindi si ottiene:


1 2

0 1;

1 0x xθ θ

= =

[ ] [ ] 0AI =+λ−

20ω=λ

MmK2

011 +=ω=λ

Lg

322

022 =ω=λ


Es. 2: Analisi del sistema Il sistema si presenta a due gradi di libertà: x oscillazione verticale della slitta

L’origine coincide con la condizione di equilibrio statico in cui la molla ha lunghezza x0, positiva verso l’alto.

θ posizione del centro del disco (espressa rispetto al centro di curvatura della guida)

L’origine coincide con il disco al centro della guida, positiva in verso orario. Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella della slitta e di quella del disco:

Dove V rappresenta la velocità del baricentro del disco:

( )22 2 2 2( ) senV x R r R r xθ θ θ= + − + − L’energia cinetica totale è:

( )( )2

22 2 2 2

2

1 1 1 ( )2( ) sen2 2 2c

R rE Mx m x R r R r x Jr

θ θ θ θ−= + + − + − +


L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (disco) e di quella elastica (molla):

Si noti come non si sia considerata l’energia potenziale associata alla slitta in quanto si è considerata come origine della coordinata x la condizione di equilibrio statico stabile. L’energia potenziale totale è:

2p Kx

21)cos1)(rR(mgE +θ−−=

2slittac xM

21E =−

2

2 2 2 21 1 1 12 2 2 2c disco

R rE mV J mV Jr

ϕ θ−

− = + = +

2mollap

discop

Kx21E

)cos1)(rR(mgE

=

θ−−=

−

−


Equazioni differenziali non lineari Le equazioni che descrivono il moto possono essere ricavate dalle espressioni dell’energia cinetica e di quella potenziale utilizzando il metodo di Lagrange: Prima equazione:

2( ) ( ) cos ( ) sen 0pC CEd E E M m x R r m R r m Kx

dt x x xθθ θθ

∂∂ ∂ − + = + + − + − + = ∂ ∂ ∂

( ) ( ) sencE M m x R r mx

θθ∂ = + + −∂

2( ) ( ) cos ( ) sencd E M m x R r m R r mdt x

θθ θθ∂ = + + − + − ∂

0x

Ec =∂

∂

Kxx

Ep =∂

∂

Seconda equazione:

22

2

( )( ) ( ) sen ( )sen 0pC CEd E E R rm R r m R r x J mg R r

dt rθ θ θ θ

θ θ θ∂∂ ∂ − − + = − + − + + − = ∂ ∂ ∂

θ−+θ−+θ−=θ∂

∂ 22c )r

rR(Jsenx)rR(m)rR(mE

22

2

( )( ) ( ) sen ( ) coscd E R rm R r m R r x m R r x Jdt r

θ θ θ θ θθ

∂ − = − + − + − + ∂

θθ−=θ∂

∂ xcos)rR(mEc

θ−=θ∂

∂sen)rR(mg

E p


Posizione di equilibrio Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile del sistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmente svolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili. Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

0Kxx

Ep ==∂

∂

0sen)rR(mgEp =θ−=θ∂

∂



0,02p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ K > 0

0,02p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ 0( )cos 0mg R r θ− >

0,02p

2

xE

∂∂

0,02p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

xE

θ∂∂∂

> 0 ⇒

Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile, per tutti i valori di n pari. Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor delle forme energetiche eventualmente non lineari e cioè, in riferimento all’esercizio, l’energia potenziale e l’energia cinetica. Linearizzazione dell’energia potenziale Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:

xx

E2

E2x

EEx

xE

E),x(EE0,0

p22

0,02p

22

0,02p

2

0,0

p

0,0

p

0,0ppp θ∂θ∂

∂+θ

θ∂∂

+θ∂

∂+θ

θ∂∂

+∂

∂+≅θ=

Dei termini in questione: il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per la


0

0

00 0,1,2,3.....

xn nθ π

== ± → =

0( )cos 0mgK R r θ− >


i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione di equilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).


KxE

0,02p

2

=∂

∂

0,02p

2Eθ∂

∂= )rR(mg −

0xE

0,0

p2

=θ∂∂

∂


2)rR(mgKx

21E

22

pθ−+=

Linearizzazione dell’energia cinetica Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:

∑=

=2


21E


∑=

≅2


21E =

( )( ) 22

22222

r)rR(J

21rRxm

21xM

21 θ−+θ−++=

Equazioni linearizzate Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica e dell’energia potenziale linearizzate si ottiene: Prima equazione:

0Kxx)mM(x

Ex

Ex

Edtd pCC =++=

∂∂

+∂

∂−

∂∂


x)mM(x

Ec +=∂

∂

x)mM(x

Edtd c +=

∂∂

0x

Ec =∂

∂

Kxx

Ep =∂

∂

Seconda equazione:

( ) ( ) ( )2

2

20pC C

E R rd E E m R r J mg R rdt r

θ θθ θ θ

∂ −∂ ∂ − + = − + + − = ∂ ∂ ∂

( ) ( )22

2c

R rE m R r Jr

θθ

−∂ = − + ∂

( ) ( )22

2c

R rd E m R r Jdt r

θθ

−∂ = − + ∂

0Ec =θ∂

∂

θ−=θ∂

∂)rR(mg

Ep

Si è ipotizzato che il disco sia uniforme per cui: 212

J mR= ed inoltre ponendo

L R r= − otteniamo:

=

θ

+

θ

+

00x

mgL00Kx

mL230

0mM2

Frequenze proprie del sistema Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezza diagonali e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioè del tipo: ti

00eX)t(x ω=



[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di:

=

ω−

+ω−

mgLmL230

0)mM(K det 2

02

20

0L)Mm(mgKmL23KmgLKmL

23 4

020

220

22 =ω++ω−ω−

0KmL23)KmL

23KmgL(L)Mm(mg 22

0224

0 =+ω+−ω+

Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in 2

0ω , del tipo

4 20 0 0a b cω ω+ + =

che ammette due soluzioni reali positive, dalle quali si ricavano le quattro frequenze proprie del sistema che sono, essendo le equazioni linearizzate indipendenti:

mMK

II,I0 +±=ω

Al medesimo risultato saremmo pervenuti riconducendo il problema agli autovalori in quanto, essendo diagonale, l’inversa della matrice M è semplicemente data da:

Lg

32

mL23mgL

2IV,III0 ±=±=ω

[ ]

+=−

21

mL23/10

0)Mm/(1M

[ ] [ ] [ ]

+== −

L/g320

0)Mm/(KKMA 1


Per cui si ottiene:

dove:

e quindi si ottiene:


1 2

0 1;

1 0x xθ θ = =

[ ] [ ] 0AI =+λ−

20ω=λ

MmK2

011 +=ω=λ

Lg

322

022 =ω=λ


Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 06 settembre 2000

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nellaconfigurazione rappresentata:a) la velocità e l'accelerazione angolare della manovella OA;b) la coppia che deve essere applicata alla stessa;c) le reazioni nella cerniera O.


Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità V della slitta C sia costante; la stessa slitta sia

sottoposta ad una forza F diretta verso il basso;Ø il glifo O’B abbia massa M e momento di inerzia baricentrico

J; si posizioni il baricentro al termine della parte inferiore delcorsoio;

Ø gli attriti siano trascurabili.

Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel pianoverticale, si richiede di:a) scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;b) scrivere le equazioni di equilibrio dinamico linearizzate;c) determinare le frequenze proprie del sistema non smorzato;d) descrivere come è possibile ottenere le equazioni del moto

libero del sistema smorzato.

Il sistema è costituito da una asta di massa M e momento diinerzia baricentrico J vincolata a ruotare attorno ad una cerniera ecollegata a terra ai suoi estremi da duegruppi molla smorzatore. Tali gruppi sitrovano a distanza l dalla cerniera e sonosimmetricamente disposti rispetto ad essa.Nell’asta è ricavato un corsoio al cuiinterno oscilla senza attrito una massa m(e momento di inerzia baricentrico j)vincolata a due molle contrapposte.Le costanti delle molle e degli smorzatorisono quelle indicate nel disegno.

Es. 3 – Teoria dell’attrito: statico, dinamico e volvente.

j,mJ,M

R1 K1 R2 K2

B

O

A

C

O’

V

KK




Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nulla NullaPunto A Circonferenza centrata in O ? ?Punto B Circonferenza centrata in O’ ? ?Punto C Verticale V Nulla

La velocità angolare della manovella OA

Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto C una terna traslante di moto verticale e si determina la velocità assoluta

del punto B (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella di trascinamento(completamente nota dai dati del problema) e di quella relativa (nota solo in direzione); risultaora nota la velocità angolare del glifo O’B.

- si posiziona nel punto O’ una terna rotante solidale all’asta O’B e si ricava la velocità assolutadel punto A (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamente nota) edi quella relativa (nota solo in direzione).


In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita, in tabella si ottiene:

VB ass = VB trasc VB rel.modulo ? V ?

direzione ⊥ O’B verticale ⊥ CB


Sono ora note le velocità angolari delle altre due aste:

Ø asta BC (verso orario)

BCVBrel

BC =ω

Ø asta O’B (verso antiorario)

BOVBass

BO '' =ω

VBassB

VBrel

VBtrasc



In riferimento alla terna rotante sopra definita, in tabella si ottiene:

VA ass = VA trasc VA rel

modulo ? ωO’B O’A ?direzione ⊥ OA ⊥ O’A // O’B


Velocità angolare della manovella OA

Ø manovella OA (verso antiorario)

OAVAass

OA =ω

La accelerazione del punto B

La accelerazione di B può essere determinata con il seguente procedimento in due passi:

- sfruttando la terna traslante posizionata in C si determina la accelerazione assoluta del punto B(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (completamente nota dai dati delproblema) e di quella relativa (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione);

- si posiziona nel punto O’ una terna rotante solidale all’asta O’B e si ricava la accelerazioneassoluta del punto A (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, etangenziale, nota solo in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione).


In noti come l’accelerazione assoluta debba coincidere con quella relativa in quanto il riferimentomobile trasla con velocità uniforme.In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita si ha:

A

Vrel

Vtrasc

Vass


ABass n ABass t = ABtrasc n ABtrasc t ABrel n ABrel t

Modulo BOBO '2'ω ? - 0 BCBC

2ω ?

Direzione // O‘Bverso O‘

⊥ O’B - - // BCverso C

⊥ BC

Sono ora note le accelerazioni angolari delle altre due aste:

Ø asta BA (verso antiorario)

BCABasst

BC =ω&

Ø asta BO’ (verso orario)

'' BOABasst

BO =ω&


In riferimento alla terna rotante sopra definita si ha:

AAass n AAass t = AA trasc n AA trasc t AA rel AA rel n Acompl

Mod. OAù 2OA

? AO'ù 2BO' AO'ù BO'& ? -

ArelBO' V2ù

Dir. // OAverso O

⊥ OA // O‘Averso O‘

⊥ O’A // O’A - ⊥ O’A

ABrel n

ABass n

AA ass n

AA ass t

AA rel n

AA trasc n

AA trasc t

ABass t

ABrel t

AA compl


Accelerazione angolare della manovella OA

Ø manovella OA (verso antiorario)

OAAAass

OA =ω&

La coppia motrice applicata alla manovella OA;

Per il calcolo della coppia M che la manovella deve sviluppare per garantire il moto, si può ricorreread un bilancio di potenze, semplificato dalla mancanza di forze di attrito:

rmC WW

dTdE

−=

Per scrivere il bilancio sopra riportato bisogna conoscere la cinematica del glifo O’B (nota) ed inparticolare del suo baricentro G (nota data la distanza O’G).


Conoscendo la velocità angolare di ωED si ha:

B'OV B'OGass ω=

ovviamente diretta verso sinistra come conseguenza della velocità angolare antioraria.


Il punto G ruota attorno ad O’ con velocità ed accelerazione angolari note per cui è possibiledeterminare la sua accelerazione assoluta:


modulo ? B'O2B'Oω B'OB'Oω&

direzione ? // O‘Bverso O‘

⊥O’B

La variazione di energia cinetica del sistema coincide con quella del glifo O’B:

B'OB'OGGC JavM

dTdE

ω×ω+×=r&

rrr

La potenza motrice è fornita dalla manovella per cui:

ω×=rr

MWm

La potenza resistente vede in gioco il contributo della forza F oltre a quello del peso:


CGr vFvgMWrrrr

×−×−=


CGBOBOGG vFvgMMJavMrrrrrrr

&rrr ×−×−+×=×+× ωωω ''

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita M.

Le reazioni vincolari nella cerniera O

Le considerazione da svolgere sul sistema sono le seguenti:Ø la manovella OA non può essere considerata scarica per la presenza del momento motore M;Ø la reazione in A non può che essere normale data l’assenza di attritiIl procedimento più semplice per determinare le reazioni in O risulta quindi il seguente:Ø spezzare il sistema in A sostituendo il vincolo con una reazione normale alla guida;Ø spezzare il sistema in O e quindi sostituire alla cerniera una reazione orizzontale e una verticale;Ø applicare alla manovella così isolata le equazioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e

verticale nonché alla rotazione attorno ad O ricavando il valore delle tre incognite.




θ oscillazione dell’asta attorno alla condizione di equilibrio orizzontale, positiva in versoantiorario.

x oscillazione della slitta all’interno del glifo con l’origine coincidente con la posizionecentrale della stessa, positiva verso destra.


L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella dell’asta e di quella della slitta:

La velocità V è il risultato della composizione della velocità di trascinamento dovuta alla rotazionedell’asta e della velocità relativa di scorrimento.Al fine di determinarne il modulo poniamo un sistema di rifemento x’y’ centrato nella cerniera edesprimiamo l’ascissa e l’ordinata del baricentro della slitta:

ϑ−θ=θ+θ=

coshxsin'yhsincosx'x

Derivando le due espressioni otteniamo le componenti orizzontali e verticali della velocità:

ϑθ+θθ+θ=

θθ+θθ−θ=

sinhcosxsinx'y

coshsenxcosx'x&&&&

&&&&

Da cui possiamo risalire al modulo, dato da:

θ+θ+θ+=+= &&&&&&& xh2hxx'y'xV 22222222


)xh2hxx(m21

'J21

mV21

j21

J21

Mh21

E 22222222222c θ+θ+θ++θ=+θ+θ+θ= &&&&&&&&&

x

h

θ

y’

x’

222astac J

21

Mh21

E θ+θ=−&&

22slittac j

21

mV21

E θ+=−&



L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (asta e slitta) e di quellaelastica (molle):

Per la determinazione del ∆l è conveniente scrivere le espressioni dell’ascissa e dell’ordinata deipunti di collegamento tra le due molle e l’asta nello stesso sistema di riferimento prima introdotto:

Molla a sinistra della cerniera:

posizione a molla indeformata estremo superiore:

hy

lx

−=−=

'

'

posizione generica estremo superiore:

ϑθθθ

cos'

cos'

hlsiny

hsinlx

−−=+−=

posizione generica estremo inferiore:

Hy

lx

−=−=

'

'

Da tali espressioni è possibile ricavare la lunghezza generica della molla sinistra:

θθθθ

θθθθθθ

θθθθθθ

θθθθ

sen2sen2cos2cos22

sen2cos2cossen2cossen

cos2sen2sencos2sencos

)cossen()sencos(

)()(

2222

22222

222222

22

2221

HlhlhHlHhl

HlhHlhHHl

lhllhlhl

Hhllhl

yyxxl isis

−+−−++=

=−−++++

+−+−++=

=+−−+++−=

=−+−=

Come verifica è possibile valutare l’espressione in θ=0 ottenendo come lunghezza della molla H-h:

222

222221

)(2

sen2sen2cos2cos22

hHhHHh

HlhlhHlHhll

−=−+=

=−+−−++= θθθθ

Il ∆l cercato sarà quindi dato da:θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222

1 HlhlhHlhll −+−−+=∆

Molla a destra della cerniera:

posizione a molla indeformata estremo superiore:

2222

211 2

121

)cos1(

)cos1(

KxlKlKE

mgxsinmghE

MghE

elasticap

slittap

astap

+∆+∆=

−−=

−=

−

−

−

θ

θ


hy

lx

−=='

'

posizione generica estremo superiore:

ϑθθθ

cos'

cos'

hlsiny

hsinlx

−=+=

posizione generica estremo inferiore:

Hy

lx

−=='

'

Da tali espressioni è possibile ricavare la lunghezza generica della molla destra:

θθθθ

θθθθθθ

θθθθθθ

θθθθ

sen2sen2cos2cos22

sen2cos2cossen2cossen

cos2sen2sencos2sencos

)cossen()sencos(

)()(

2222

22222

222222

22

2222

HlhlhHlHhl

HlhHlhHHl

lhllhlhl

Hhllhl

yyxxl isis

+−−−++=

=+−−+++

+−−+++=

=+−+−+=

=−+−=

Come verifica è possibile valutare l’espressione in θ=0 ottenendo come lunghezza della molla H-h:

22222

2222222

)(cos222

sen2sen2cos2cos22

hHhHlHhl

HlhlhHlHhll

−=−−++=

=+−−−++=

θ

θθθθ

Il ∆l cercato sarà quindi dato da:θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222

2 HlhlhHlhll +−−−−+=∆

L’energia potenziale totale risulterà quindi essere:

Termine dissipativo

Il termine dissipativo vede il contributo di due soli smorzatoriPer la determinazione della velocità relativa tra i due estremi degli stessi è possibile derivarel’espressione dello spostamento relativo degli stessi utilizzato per l’energia cinetica.

Molla a sinistra della cerniera:

L’espressione dello spostamento relativo è data da:

θθθθ sen2sen2cos2cos222 2221 HlhlhHlhll −+−−+=∆

derivandolo si ottiene:

θθθθθ

θθθθ &&sen2sen2cos2cos222

coscossensen222

2

1 HlhlhHlhlHlhlhHl

l−+−−+

−++=∆

22222

2221

)sen2sen2cos2cos222(21

)sen2sen2

cos2cos222(21

)cos1()(

KxHlhlhHlhlKHlhl

hHlhlKmgxsinghmMEp

++−−−−++−+

+−−++−−+=

θθθθθθ

θθθθ


e quadrandolo si ha:

2222

22

1 sen2sen2cos2cos222coscossencos θ

θθθθθθθθ &&

HlhlhHlhlHlhlhHl

l−+−−+

−++=∆

Molla a destra della cerniera:

L’espressione dello spostamento relativo è data da:

θθθθ sen2sen2cos2cos222 2222 hlHlhHlhll −+−−+=∆

derivandolo si ottiene:

θθθθθ

θθθθ &&sen2sen2cos2cos222

coscossencos222

2

2 hlHlhHlhlhlHlhHl

l−+−−+

−++=∆

e quadrandolo si ha:

2222

222 sen2sen2cos2cos222

coscossencos θθθθθ

θθθθ &&hlHlhHlhl

hlHlhHll

−+−−+−++=∆

Moltiplicando le espressioni degli spostamenti relativi per i rispettivi coefficienti di smorzamento siottiene la funzione dissipativa per il sistema:

222

211 2

121

lRlRD ∆+∆= &&



Prima equazione:

0sen2 =−+−+=∂

∂+

∂∂+

∂∂−

∂∂ θθθ mgKxmxmhxm

x

E

xD

xE

xE

dtd pCC &&&&&

&&

θ&&&

mhxmx

Ec +=∂∂

θ&&&&&

mhxmxE

dtd c +=

∂∂

θ&mxx

Ec =∂

∂

0=∂∂

xD&


θsen2 mgKxx

E p −=∂

∂

Seconda equazione:

0=∂∂

+∂∂+

∂∂−

∂∂

θθθθpCC

EDEEdtd

&&

dove:

xmhmhmxEc &&&& ++=

∂∂ θθθ

22

xmhmhmxE

dtd c &&&&&&

&++=

∂∂ θθ

θ22

0=∂∂θ

cE

θθθθθ

θθθθ

θθθθθ

θθθθθ

&

&&

sen2sen2cos2cos222coscossencos

sen2sen2cos2cos222coscossencos

222

2

2

222

2

1

hlHlhHlhlhlHlhHl

R

HlhlhHlhlHlhlhHl

RD

−+−−+−+++

−+−−+−++=

∂∂

θθθθ

θθθθθθθ

coscossensen(

coscossensen(cossen)(

22

21

HlhlhHlK

HlhlhHlKmgxghmME p

+−++

+−+++++=∂∂



Per linearizzare le equazioni occorre innanzitutto trovare una posizione di equilibrio stabile delsistema; in questo caso, tale posizione è stata individuata in base alle considerazioni inizialmentesvolte e corrisponde ai valori x = 0, θ = 0 delle variabili.Tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

02sen =+−=∂

∂Kxmg

x

Ep θ

0coscossensen(

coscossensen(cossen)(

22

21

=+−++

+−+++++=∂∂

θθθθ

θθθθθθθ

HlhlhHlK

HlhlhHlKmgxghmME p



0,0

2p

2

xE

∂∂

> 0 ⇒ K2 >0

0,0

2p

2Eθ∂

∂> 0 ⇒ )()()( 2

22

1 hHlKhHlKghmM +++++

0,0

2p

2

xE

∂∂

0,0

2p

2Eθ∂

∂–

2

0,0

p2

x

E

θ∂∂∂

> 0 ⇒

Le prime due condizioni sono sempre verificate mentre la terza potrebbe non esserlo. La risoluzioneprosegue nell’ipotesi che anche la terza relazione sia verificata e che quindi la configurazione diequilibrio individuata è da ritenersi stabile. Qualora la condizione non sia verificata se neconcluderebbe che la posizione di equilibrio individuata non è stabile per cui il sistema nonpotrebbe essere linearizzato.



xx

EExx

EEx

x

EExEE ppppp

ppp θθ

θθ

θθ

θ0,0

22

0,0

2

22

0,0

2

2

0,00,00,0 22

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂

∂+

∂∂

+∂

∂+≅=

Dei termini in questione:

.....3,2,1,0nn0

0x

=→π±=θ=

[ ] 2222

21 2)()()( gmkhHlKhHlKghmM −+++++


§ il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per lascrittura delle equazioni di Lagrange;



Kx

Ep 20,0

2

2

=∂

∂

0,0

2

2

θ∂∂ pE

= )()()( 22

21 hHlKhHlKghmM ++++++

mgx

E p −=∂∂

∂

0,0

2

θ


[ ] θθ mgxhHlKhHlKghmMKxEp −++++++= 222

21

2 )()()(21



∑=

=2

1,21 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE &&


∑=

≅2

1,2010 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE && =

22222 )2(21

'21 θθθ &&&&& xhhxmJ +++=

Linearizzazione del termine dissipativo

Il termine dissipativo, nel sistema proposto, può essere pensato come:

2222

2211 ))((

21

))((21 θθθθ && aRaRD +=

La sviluppo del termine dissipativo, nella suo forma più completa è:


θ&

Tenendo conto della particolare forma assunta dal termine dissipativo, e del fatto che la valutazioneavviene con valore nullo sia delle variabili libere che delle loro derivate prime, è possibilesemplificare notevolmente lo sviluppo. Le considerazioni da svolgere sono le seguenti:• il termine non dipende da x e dalle sue derivate e quindi tutti i termini che contengono derivate

rispetto ad x o di ordine superiore saranno nulli;• il termine costante e quelli del primo ordine sono nulli in quanto nel risultato compare la

derivata prima di θ che, quando vengono calcolati nel punto li annulla;• con analoghe considerazioni è possibile dimostrate che l’unico termine non nullo del secondo

ordine è quello derivato due volte rispetto a e cioè:

θθθθ

θθθθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

θθ

&&

&&

&&

&&

&&

&&

&&

&&

&&&&

&&&&

&&

&&

&&

&&

&&

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

22

0,0,0,02

22

0,0,0,02

2

0,0,0,0

2

0,0,0,0

22

0,0,0,02

22

0,0,0,02

2

0,0,0,00,0,0,00,0,0,00,0,0,0

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

)0,0,0,0(),,,(

∂∂∂+

∂∂∂+

∂∂∂+

∂∂∂+

+∂∂

∂+∂∂

∂+∂∂

∂+∂∂

∂+

+∂∂

∂+∂∂

∂+∂∂+

∂∂+

+∂∂

∂+∂∂

∂+∂∂+

∂∂+

+∂∂+

∂∂+

∂∂+

∂∂+=

DDxx

xxD

xxxx

D

xx

Dx

xD

xx

Dx

xD

xx

Dx

xDD

xxD

xx

Dx

xDD

xxD

Dx

xDD

xxD

DxxD

22

2

222

2

12

0,0,0,02

2

2221

2221

21 θθθ

θ&&&

& hHhHlhll

RhHhHlhll

RD

−+−+

−−+=

∂∂



Partendo dalle espressioni dell’energia cinetica, dell’energia potenziale e del termine dissipativolinearizzate si ottiene:

Prima equazione:

02 =−++=∂

∂+

∂∂+

∂∂

−

∂∂

θθ mgKxmhxmx

E

xD

x

E

x

E

dtd pCC &&&&

&&

θ&&&

mhxmx

E c +=∂

∂

θ&&&&&

mhxmx

E

dtd c +=

∂∂

0=∂

∂x

Ec

0=∂∂

xD&

θmgKxx

E p −=∂

∂2

Seconda equazione:

0=∂

∂+

∂∂+

∂∂

−

∂∂

θθθθpCC

EDEE

dtd

&&

xmhmhEc &&& +=

∂∂ θ

θ2

xmhmhE

dtd c &&&&

&+=

∂∂ θ

θ2

0=∂∂θ

cE

hHhHlhll

RhHhHlhll

RD

2222 2

2

22

2

1 −+−+

−−+=

∂∂θ&

[ ] mgxhHlKhHlKghmME p −+++++=∂∂

θθ

)()()( 22

21


Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 18 settembre 2000

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, nella configurazione rappresentata:Ø La velocità e l’accelerazione angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento;Ø La forza sviluppata dall’attuatore lineare;Ø Le reazioni nella cerniera 0.Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:Ø il sistema operi in un piano verticale;Ø l’angolo tra le aste OA e O’A sia retto;Ø la geometria sia completamente nota (angoli e lunghezza);Ø la velocità relativa sviluppata dall’attuatore lineare sia V;Ø l’accelerazione sviluppata dall’attuatore lineare sia AØ il disco abbia massa M e momento di inerzia J;Ø gli attriti e le masse del sistema siano

trascurabili.

Es. 2 - Per il sistema rappresentato in figura, operante nel piano verticale, si richiede di:a) determinare le frequenze della forzante per cui il sistema viene eccitato in risonanza;b) descrivere il comportamento in corrispondenza alle frequenze prima individuate.

Il sistema è costituito da:• un primo disco, collegato al vincolo a terra

da una molla di rigidezza K, libero dioscillare in direzione verticale;

• un secondo disco libero di ruotare attornoad una cerniera posizionata nel suo centrodi cui è nota la legge armonica del moto indirezione verticale;

• una massa libera di oscillare in direzioneverticale.

Le masse, i momenti di inerzia, le dimensionigeometriche e le costanti delle molle sonoquelle indicate nel disegno. Si supponga inoltre:• che gli attriti siano trascurabili;• che non vi sia strisciamento tra filo e dischi;• che il filo sia inestensibile e di massa trascurabile;• che il momento di inerzia baricentrico dei dischi sia pari a mR2/2.

Es. 3 – Illustrare il teorema delle potenze e presentare brevemente un esempio applicativo dellostesso.

K

K

J,m,R

Y=eiΩt

J,m,R

M=m

K

O’O

A

v

B

a



Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo adefinire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assoluteriassunte nella tabella sottoriportata:

Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O Punto a terra Nulla NullaPunto O’ Punto a terra Nota NotaPunto A Circonferenza centrata in O’ ? ?Punto B Parallela al terreno ? ?

La velocità angolare del disco

Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto O una terna rotante solidale con l’attuatore lineare OA e si determina la

velocità assoluta del punto A (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella ditrascinamento (nota solo in direzione) e di quella relativa (completamente nota dai dati delproblema);

- si posiziona nel punto A una terna traslante di moto circolare attorno ad O’ e si ricava la velocitàassoluta del punto B (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento (completamentenota) e di quella relativa (nota solo in direzione);

- nota la velocità del centro del disco B si risale alla sua velocità angolare nell’ipotesi di purorotolamento.


In riferimento alla terna mobile rotante sopra definita, in tabella si ottiene:

VA ass = VA trasc VA relmodulo ? ? v

direzione ⊥ O’A ⊥ OA // OA


Ipotizzando che l’angolo formato tra l’asta OA e O’A sia di 90°, le velocità angolari delle due asterisultano essere:

Ø asta OA

0OA

VAtrascOA ==ω

Ø asta O’A (verso orario)

VA ass A

VA rel


A'OVArel

A'O =ω


In riferimento alla terna traslante sopra definita, in tabella si ottiene:

VB ass = VB trasc VB rel

modulo ? v ?direzione // suolo ⊥ O’A ⊥ AB


E’ ora possibile ricavare la velocità angolare dell’ultima asta:

Ø asta AB (verso orario)

ABVBrel

AB =ω

Velocità angolare del disco

La velocità angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento e detto R il suo diametro, è data da:

RVBass

disco =ω (verso orario)

La accelerazione angolare del disco

Tale accelerazione può essere determinata con il seguente procedimento:- sfruttando la terna rotante posizionata in O si determina la accelerazione assoluta di A

(scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo indirezione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (scomposta nelle sue componentinormale, completamente nota, e tangenziale, nota solo in direzione) e di quella relativa(completamente nota);

- sfruttando la terna traslante posizionata in A si ricava la accelerazione assoluta di B (nota solo indirezione) come somma di quella di trascinamento (completamente nota) e di quella relativa(nota solo in direzione).

- nota la accelerazione del centro del disco B si risale alla sua accelarazione angolare nell’ipotesidi puro rotolamento.


In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita in tabella si ha:

B

VB relVB trasc

VB ass


AB trasc n

AB trasc t

AB ass

AB rel tAB rel n

AA ass n AA ass t = AAtrasc n AA trasc t AA rel A cor

Modulo A'O2A'Oω ? OA2

OAω ? A vOAω2

Direzione // O’Averso O’

⊥ O’A // OAverso O

⊥ OA // OA // OA

Da cui graficamente si ha:L’esercizio poteva essere risolto sia nell’ipotesi di V=costante, e quindi accelerazione relativa nulla,sia nell’ipotesi di V variabile e quindi di accelerazione relativa non nulla. Per generalità si risolvel’esercizio in questo secondo modo ipotizzando la presenza di una accelerazione relativa A direttaverso sinistra.Si noti che, nella particolare configurazione considerata la velocità angolare nulla dell’asta OAcomporta l’annullamento sia dell’accelerazione complementare che di quello di trascinamentonormale.Sono ora note le accelerazioni angolari delle due aste:

Ø asta OA (verso orario)

OAAAtrasct

OA =ω&

Ø asta O’A (verso antiorario)

A'OAAasst

A'O =ω&


In riferimento alla terna traslante sopra definita in tabella si ha:

AB ass = AB trasc n AB trasc t AB rel t AB rel t

Mod. ? A'O2A'Oω A'OA'Oω& ? ABAB

2ω

Dir. // suolo // O’Averso O’

⊥ O’A ⊥ AB //ABverso A

AA rel AA ass n

AA trasc t AA ass t


E’ ora possibile ricavare la accelerazione angolare dell’ultima asta:

Ø asta AB (verso antiorario)

ABABrel

AB =ω&

Accelerazione angolare del disco

La accelerazione angolare del disco nell’ipotesi di puro rotolamento e detto R il suo diametro, èdata da:

Ø R

ABassdisco =ω& (verso antiorario)

La forza sviluppata dall’attuatore lineare

La forza necessaria a garantire il moto può essere determinata tramite un bilancio di potenze,semplificato dalla mancanza di forze di attrito:

rmC WW

dTdE

−=

Variazione di energia cinetica

Coincide con quella del disco:

ABABBBC JavM

dTdE

ω×ω+×=r&

rrr

Potenza motrice

E’ fornita dall’attuatore lineare per cui:

VFWm

rr×=

Si sottolinea che la velocità da considerare è quella relativa tra le due parti in movimento che, nelcaso particolare, essendo una delle due collegata a terra, coincide con quella assoluta.

Potenza resistente

E’ dovuta alla variazione di quota del disco:

Br vgMWrr

×−=

Bilancio di potenze


L’equazione risultante è:

BABABBB vgMVFJavMrrrrr

&rrr

×+×=ω×ω+×

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita F.

Le reazioni vincolari nella cerniera O

Le considerazione da svolgere sul sistema sono le seguenti:Ø tutte le aste sono scariche e quindi possono essere considerate delle bielle;Ø l’attuatore lineare è privo di massa e quindi può essere considerato una biella.

Un procedimento per determinare le reazioni in O risulta quindi il seguente:Ø spezzare il sistema isolando il disco e quindi determinare l’azione trasmessa dalla biella AB ad

esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto al punto di contatto del disco;Ø sostituire alle cerniere O e O’ le rispettive reazioni ed in A la forza calcolata e risolvere il

sistema ad esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto ad O (ottenendo una relazionecon come unica incognita la reazione in O’) oppure rispetto ad O’ (ottenendo una relazione cheha come unica incognita la reazione in O.



Il sistema si presenta a tre gradi di libertà:

x1 posizione verticale del baricentro del primo disco; l’origine è presa a partire dalla condizionedi equilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;

x2 posizione verticale del baricentro della massa; l’origine è presa a partire dalla condizione diequilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;

y posizione verticale del baricentro del secondo disco; l’origine è presa a partire dallacondizione di equilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;

Determinare le frequenze della forzante per cui il sistema viene eccitato inrisonanza;

Fondamentalmente si tratta di determinare le due frequenze proprie del sistema; per determinarlecominciamo con il ricavare le due equazioni di equilibrio dinamico per il sistema.

Metodo di Lagrange: energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella dei due dischi e di quella della massa.

Dove θ1 e θ2 rappresentano le oscillazioni angolare rispettivamente del primo e del secondo disco.Si tratta ora di esprimerle in funzione delle coordinate libere, operazione che eseguiamo applicandola sovrapposizione degli effetti:

Rx2

Rx

;0y;0x;0x

12

11

21

&&

&&

&&&

−=θ

=θ

⇓

==≠

22massac xM

21

E &=−

21

211discoc J

21

xm21

E θ+=−&&

22

22discoc J

21

ym21

E θ+=−&&

y

x2

x1


0

0

;0y;0x;0x

2

1

21

=θ

=θ

⇓

=≠=

&

&

&&&

Ry

0

;0y;0x;0x

2

1

21

&&

&

&&&

=θ

=θ

⇓

≠==

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:

Rx2

RyRx

12

11

&&&

&&

−=θ

=θ

L’energia cinetica dei due dischi sarà quindi esprimibile come:

yxmym43

xmyxR2

yR2J

xR

J2ym

21

E

xm43

Rx

J21

xm21

E

122

1122

2212

222discoc

212

212

11discoc

&&&&&&&&&

&&

&

−+=−++=

=+=

−

−

y

x2

x1

y

x2

x1



yxmym43

xM21

xm47

E 122

221c &&&&& −++=

Metodo di Lagrange: energia potenziale del sistema

L’energia potenziale totale del sistema, avendo considerato come origine delle coordinate quellacorrispondente alla configurazione di equilibrio statico del sistema, sarà pari alla sua componenteelastica.

12

11

21

x2l

xl

;0y;0x;0x

=∆=∆

⇓

==≠

22

1

21

xl

0l

;0y;0x;0x

=∆=∆

⇓

=≠=

y

x2

x1

22

21mollap lK

21

lK21

E ∆+∆=−

y

x2

x1


y2l

0l

;0y;0x;0x

2

1

21

−=∆=∆

⇓

≠==

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:

y2xx2l

xl

212

11

−+=∆=∆

L’energia potenziale totale è:

221

21p )y2xx2(K

21

Kx21

E −++=

Equazioni differenziali


Prima equazione:

0x

E

xE

xE

dtd

1

p

1

C

1

C =∂∂

+∂∂

−

∂∂

&

ymxm27

xE

11

c &&&

−=∂∂

ymxm27

xE

dtd

11

c &&&&&

−=

∂∂

0xE

1

c =∂∂

)y2xx2(K2Kxx

E211

1

p −++=∂∂

y

x2

x1


0ym)y2xx2(K2Kxxm27

2111 =−−+++ &&&&

Seconda equazione:

0x

E

xE

xE

dtd

2

p

2

C

2

C =∂∂

+∂∂

−

∂∂

22

c xMxE

&&

=∂∂

22

c xMxE

dtd

&&&

=

∂∂

0xE

2

c =∂∂

)y2xx2(Kx

E21

2

p −+=∂∂

0)y2xx2(KxM 212 =−++&&

La matrice di massa è:

=

M0

0m27

M

La matrice di rigidezza è:

=

KK2

K2K5K


Il sistema considerato si presenta libero non smorzato con entrambe le matrici di massa e rigidezzasimmetriche e definite positive, per cui le soluzioni in questo caso sono puramente armoniche, cioèdel tipo:

ti0

0eX)t(x ω=



[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di:

ω−

ω−

mKK2

K2m27

K5 det20

20

0K4)mK)(m27

K5( 220

20 =−ω−ω−

0Km2

17m

27 22

024

0 =+ω−ω


4 20 0 0a b cω ω+ + =


mK

3,2m

27

Km27Km

417mK

417

2

22222

201 =

−

+

=ω

Descrivere il comportamento in corrispondenza alle frequenze primaindividuate.

Le equazioni di equilibrio dinamico che governano il comportamento del sistema sono:

mK

124,0m

27

Km27Km

417mK

417

2

22222

202 =

−

−

=ω


ti2211 e)K4m(Ky4ymKx2Kx5xm

27 Ω+Ω−=+=++ &&&&

ti212 Ke2Ky2Kxx2K2xM Ω==++&&

L’integrale del sistema di equazioni differenziali sopra riportato è dato dalla somma dell’integraledell’omogenea associata (che descrive il comportamento del sistema non forzato) con un integraleparticolare (che in pratica è quello che ci interessa in quanto stiamo cercando la soluzione aregime).In termini generali si parte da una forma del tipo (sistema forzato):

[ ] [ ] tieftxKtxM Ω=+ )()(&&

che a regime ammetterà una soluzione del tipo

tiextx Ω=)(

dove il vettore delle ampiezze di vibrazione x è soluzione di

[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 12 2K M x f x K M fω ω−

− = ⇒ = −

che può essere anche riscritta come

( )x H fω=

dove ( )H ω è la receptance matrix del sistema, quadrata di ordine N, e ne costituisce il modellodella sua risposta in frequenza. In riferimento a quanto sviluppato a lezione (lezione XXVIII sistemivibranti a 2-n gradi di libertà), si può scrivere che:

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) 2 21

Nj r j r kk

jk kjrk j r

x X Xxh h

f fω ω

ω ωω ω ω ω=

⋅= = = =

−∑

da cui si nota come il sistema possa andare in risonanza, qualora la pulsazione della forzante ωuguagli una delle due frequenze proprie del sistema vibrante.Questo significa che sarà possibile studiare la risposta del sistema nell’intorno della primafrequenza propria considerando la risposta di un sistema che abbia massa modale pari a m11 erigidezza pari a k11 introducendo un errore modesto; considerazioni analoghe valgono ovviamenteper il comportamento del sistema nell’intorno della seconda frequenza propria.

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali