Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi...

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali prof. A. Curami – Appello del 23 gennaio 2002

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato di cui si conosce: • la geometria del sistema (si ritengano noti il vettore OA, il vettore OB, l’equazione del piano su cui rotola il disco e il raggio dello stesso); • le inerzie dei componenti (disco: massa (M) e momento di inerzia baricentrico (J), asta OA e asta AB con massa trascurabile); • la forza F costante agente sul centro del disco con direzione parallela al piano di rotolamento; • la velocità angolare ω=costante con verso orario della manovella OA.

Es. 2 - Dato il sistema a due gradi di libertà sotto raffigurato operante nel piano verticale si sviluppino i seguenti temi: • scrivere le equazioni differenziali non lineari di equilibrio del sistema; • linearizzare le equazioni sopra determinate nell’intorno della posizione di equilibrio; • determinare le frequenze proprie del sistema linearizzato. A tal fine si ritengano note: • la massa, il momento di inerzia

baricentrico e il raggio del disco (M, J, R);

• la massa puntiforme (m) del disco di estremità del pendolo conside-rando trascurabile quella dell’asta;

• la lunghezza del pendolo (l); • le rigidezze delle due molle.

Es. 3 – Descrivere i vantaggi derivanti dall’utilizzo di un profilo ad evolvente nella realizzazione di ingranaggi ad assi paralleli.

4XHVLWR�� – utilizzando il metodo dei numeri complessi, ovvero delle equazioni di chiusura, si determini dapprima la posizione, la velocità e l’accelerazione angolare dell’asta AB e quindi la posizione, la velocità e l’accelerazione assolute del centro del disco C.

)�

%�

2�

$�

&�

Z�

4XHVLWR� � – note la velocità e l’acce-lerazione del centro del disco dal quesito precedente, si determini la forza sviluppata dall’attuatore lineare nella configurazione considerata.��4XHVLWR� � – si determinino le reazioni presenti nella cerniera B nella configurazione considerata.

x=Acos (ωt) K 3K

l Mg

mg

Analisi del sistema Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo a definire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assolute: 3XQWR�GHO�VLVWHPD� 7UDLHWWRULD�DVVROXWD� 9HORFLWj�DVVROXWD� $FFHOHUD]LRQH�DVVROXWD�

3XQWR�2� punto a terra nulla nulla 3XQWR�$� circonferenza centrata in O 3XQWR�%� Punto a terra Nulla nulla 3XQWR�&� // piano di scorrimento ? ?

Analizziamo ora i gradi di libertà: il sistema e’ formato da quattro corpi (asta OA, le due parti che compongono l’attuatore lineare AC e il disco C) per un totale di dodici gradi di liberta’. Analizziamo ora i vincoli: il sistema sono rappresentati da tre cerniere (O, A e B), da un giunto prismatico (quello dell’attuatore lineare), dal contatto tra disco e piano e dal collegamento in C tra asta e disco per un totale di undici gradi di vincolo. Si evince che il sistema presenta un unico grado di libertà. 6LVWHPD�YHWWRULDOH�HTXLYDOHQWH� Prima di tutto osserviamo che e’ utile operare un cambio di riferimento, chiamando α l’angolo che il piano inclinato (lungo il quale scorre il disco) forma con l’orizzontale avremo:

1

1

MLH

LH��

K

K

=

=α

α

Dove 1L

K e 1M

K sono i nuovi assi. D’ora in poi tutti gli angoli saranno riferiti al nuovo sistema di assi

coordinati. Dato il sistema di partenza ne consideriamo dapprima il sottosistema OAB costituito dall’asta OA e dall’asta AB come mostrato nella figura sottostante, adottando come convenzioni per i versi quelle esposte nella prima esercitazione sui numeri complessi.

l3

l2

l1

ReIm

α

ϑ1

ϑ2

ϑ3

OA2ω2$ω

Dai dati del problema abbiamo che nell’istante iniziale:

01

1

01

=

=

=

ϑωϑϑϑ

��

� =costante

Analizziamo i vettori in modo da verificare che non siano presenti più di due incognite, nella quale ipotesi il sistema non sarebbe risolubile a mezzo della sola equazione di chiusura.

� �O � �� O � � O � �PRGXOR� Noto (OA) ? Noto ( OB) DQRPDOLD� Nota ϑ1 ? Nota e costante ϑ2

Il sistema vettoriale equivalente e’:

321 OOOKKK

=+

dove i vettori 1O

K e 3O

K

hanno modulo costante mentre il vettore 2OK

ha modulo variabile come

conseguenza dell’allungamento dell’attuatore lineare. 3RVL]LRQH�GHOO¶DVWD�$%� Scomponendo l’equazione nelle sue due componenti lungo l’asse reale 1L

K e l’asse immaginario 1M

K

otteniamo:

332211 coscoscos ϑϑϑ OOO =+

332211 ϑϑϑ VHQOVHQOVHQO =+

in cui le nostre incognite sono 2O

K e 2ϑ .

Ricaviamo 2OK

dalla seconda equazione:

2

11332 ϑ

ϑϑVHQ

VHQOVHQOO

−=

lo sostituiamo nella prima equazione e otteniamo:

1133

11332 coscos

tanϑϑϑϑϑ

OO

VHQOVHQO

−−

=

da cui:

)coscos

arctan(1133

11332 ϑϑ

ϑϑϑOO

VHQOVHQO

−−

=

e’ quindi facilmente ottenibile anche il valore di 2OK

. 9HORFLWD¶�GHOO¶DVWD�$%� Derivo il sistema di equazioni precedente:

0cos 22222111 =−+− ϑϑϑϑϑ VHQOOVHQO ��

0coscos 22222111 =++ ϑϑϑϑϑ �� OVHQOO non compare il termine contenente la derivata di 3ϑ essendo quest’ultimo costante e determinato

dalla geometria. Dalla prima equazione ottengo:

22

111222

cos

ϑϑϑϑϑ

VHQO

VHQOO ��

−=

sostituendolo nella seconda equazione abbiamo:

( )12112 ϑϑϑ −−= VHQOO �� Si ricava quindi il valore di 2ϑ� . $FFHOHUD]LRQH�GHOO¶DVWD�$%� Derivo ulteriormente il sistema di equazioni precedente:

0coscoscos 2222222222222221

211 =−−−−+− ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ �� OVHQOVHQOVHQOOO

0coscoscos 2222222222222221

211 =−++++− ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ VHQOOOOVHQOVHQO ��

notiamo che non e’ presente il termine in 1ϑ�� avendo quest’ultimo valore nullo. Raccogliamo i termini noti e denominiamoli con delle lettere maiuscole:

222222222221

211 coscos ϑϑϑϑϑϑϑϑ �� OVHQOVHQOO$ −−−−=

22222222221

211 coscos ϑϑϑϑϑϑϑϑ VHQOOOVHQO% �� −++−=

il sistema pertanto si riduce a:

0cos 22222 =−+ ϑϑϑ VHQOO$ ��

0cos 22222 =++ ϑϑϑ �� OVHQO% Si noti che i termini incogniti sono quelli che contengono termini con l’accelerazione essendo sia le posizioni che le velocità note o determinate ai passi precedenti del problema. Dalla prima equazione otteniamo:

2

2222 cosϑ

ϑϑ $VHQOO

−=

��

che sostituito nella seconda permette di ottenere:

2

222

cos

O

%$VHQ ϑϑϑ −=��

tramite il quale si ricava il valore di 2O�� .

Considero ora il sistema OAC (due aste piu’ disco) rappresentato nel disegno sottostante, con il vettore ’

2O che individua l’asta AC:

%&OO += 2’2

O�

O�

Re,P

α

-�

-�

O�L

O�U

O�

-�

Analizziamo i singoli vettori per verificare che non siano presenti piu’ di due incognite.

� �O � �� ’2O � O �� O ��

PRGXOR� Noto (OA) ? Noto ? DQRPDOLD� Nota (ϑ1) Nota (ϑ2) 90° 0°

il sistema vettoriale equivalente e’:

3’

21 OOOKKK

=+

3RVL]LRQH�GHO�GLVFR�&� Scomponendo l’equazione nelle sue due componenti lungo l’asse reale 1L

K e l’asse immaginario 1M

K

otteniamo:

OOO 322’

11 coscos =+ ϑϑ

�OVHQOVHQO 322’

11 =+ ϑϑ

dove si e’ scomposto il vettore che individua la posizione del disco C nelle sue due componenti: una variabile lungo l’asse reale e l’altra fissa (dovuta al fatto che il disco e’ vincolato a scorrere sul piano senza distaccarsene) lungo l’asse immaginario. Dalla prima delle due equazioni ricaviamo facilmente la posizione del disco C, �O3 essendo gli altri

valori noti dai calcoli precedenti. 9HORFLWD¶�GHO�GLVFR�&�

Derivando le due equazioni sopra riportate si determina la velocità O3� del disco C che è presente al

secondo membro della prima delle due equazioni come sotto riportata:

�OVHQOOVHQO 322’222

’111 cos �� =−+− ϑϑϑϑϑ

0coscos 22

’22

’2111 =++ ϑθϑϑθ �� OVHQOO

Nota la velocità del disco, nell’ipotesi di puro rotolamento, si ricava la velocità angolare dello stesso. $FFHOHUD]LRQH�GHO�GLVFR�&�

Derivando ancora una volta le equazioni sopra riportate si ottiene l’accelerazione �O3�� del disco C, presente al secondo membro della prima delle due equazioni sotto riportate:

�OOVHQOVHQOVHQOOO 32222

’222

’222

’222

’22

’1

211 coscoscos �� =−−−−+− ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ .

0coscoscos 2222

’222

’22

’2222

’22

’1

211 =+++++ ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ VHQOOOOVHQOVHQO ��

Nota la accelerazione del disco, nell’ipotesi di puro rotolamento, si ricava la accelerazione angolare dello stesso. /D�IRU]D�PRWULFH�VYLOXSSDWD�GDOO¶DWWXDWRUH�OLQHDUH�$%�

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

��

::GW

G(−=

Variazione di energia cinetica Coincide con quella del disco essendo l’asta OA in moto uniforme:

ddCCC Javm

dt

dEω×ω+×=G�

GGG

. Potenza motrice E’ fornita dall’attuatore lineare:

vFW am

GG

×=

dove la velocità è quella relativa tra B ed A. Potenza resistente E’ dovuta alla massa del disco il cui baricentro varia di quota ed alla forza applicata nel suo centro:

�� Y)YJ0:GGGG ×−×−=

dove C è il baricentro ed il punto centrale del disco. Nell’ipotesi di presenza di attrito volvente la relazione si modifica nel seguente modo:

�� 1YIY)YJ0: +×−×−= GGGG

Bilancio di potenze L’equazione risultante è:

• Ipotesi di assenza di attrito volvente:

�� Y)YJ0Y)-DYPGGGGGGG

�GGG ×+×+×=×+× ωω

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

• Ipotesi di presenza di attrito volvente:

�� !""�� 1YIY)YJ0Y)-DYP −×+×+×=×+× GGGGGGG�

GGG ωω

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita F e della reazione N che può tuttavia essere calcolata con gli equilibri dinamici. �

/H�UHD]LRQL�YLQFRODUL�QHOOD�FHUQLHUD�%� La cerniera presente in B materializza una cerniera priva di attrito per cui la sua rimozione comporterà l’introduzione di una forza di reazione vincolare; non essendo possibile determinare a priori la direzione di tale reazione vincolare, bisognerà disporre di due equazioni in modo da determinarne sia il modulo che l’anomalia (verso e direzione).

Per semplicità andremo a scomporre la reazione nelle sue componenti orizzontale (RX) e verticale (RY). Separiamo l’asta AC dal resto del sistema ed applichiamo nei punti di taglio le reazioni corrispondenti. In particolare la reazione che applicheremo in A sarà diretta come la manovella OA essendo quest’ultima scarica mentre quella in C sarà perpendicolare all’asta stessa essendo il vincolo con il disco liscio (il che garantisce l’assenza di componenti di reazione tangenziali, cioè dirette come il vincolo). Operando in questo modo abbiamo introdotto due ulteriori incognite portando il loro numero totale a quattro; si tratterà quindi di scrivere quattro relazioni indipendenti in modo da avere a disposizione un sufficiente numero di reazioni per determinare le incognite.

Scriveremo le prime tre equazioni di equilibrio sull’asta, mentre per la quarta ricorreremo al disco isolato (facendo attenzione a non introdurre ulteriori incognite). ¾�Equilibrio alla rotazione attorno a C dell’asta:

2 0# $ %0 5 &% 5 &% 5 &$= Λ + Λ + Λ =JJJG JJJG JJJGG G G

¾�Equilibrio alla rotazione attorno ad A dell’asta:

1 0& ' (0 5 $% 5 $% 5 $&= Λ + Λ + Λ =JJJG JJJG JJJGG G G

¾�Equilibrio alla rotazione attorno a B dell’asta:

Si sottolinea che l’asta permette di scrivere un massimo di tre relazioni indipendenti e che la scelta di scrivere l’equilibrio di tre momenti non è univoca in quanto si sarebbe potuto in modo equivalente scrivere i classici due equilibri alla traslazione (orizzontale e verticale) ed un momento. La scrittura di tre momenti si presenta vantaggiosa in quanto limita il numero di incognite presenti nelle singole equazioni.

%�

$�

&�

5��

5��

5<�

5;�

0D�&�

ω�-

0J�

)�

1�

7�

5��

+

$%5&%50 )GGGG

Λ+Λ= 21

Serve scrivere una quarta equazione che individuiamo nell’equilibrio alla rotazione attorno al centro di istantanea rotazione H in quanto questa scelta permette di eliminare dall’equazione la reazione orizzontale T. ¾�Equilibrio alla rotazione del disco attorno al centro di istantanea rotazione H : Per quanto riguarda la N, essa non entra nelle equazioni solo nell’ipotesi di attrito volvente nullo; in presenza di attrito volvente essa si sposta infatti nella direzione del moto di una quantità u, per cui entra nell’equazione come sotto riportato. In quest’ultima ipotesi si dovrà scrivere una quinta equazione per determinare il valore della N che, per non introdurre ulteriori incognite, potrebbe essere convenientemente l’equilibrio alla traslazione verticale del disco (normale alla linea sulla quale avviene il rotolamento).

0sencos 1 =−+ βα 5PJ1 Volendo alfine determinare anche la T sarà sufficiente scrivere una ulteriore relazione, ad esempio l’equilibrio alla traslazione lungo la linea di scorrimento, oppure direttamente rispetto all’orizzontale:

0coscoscoscoscossen 2 =−+++−= βααααα 50D)PJ17<

dove l’angolo α esprime l’inclinazione del piano rispetto all’orizzontale e l’angolo β l’inclinazione dell’asta rispetto all’orizzontale.

02 =−Λ+Λ+Λ−= ωG�

GGG *+ -+&5+&J0+&D00

02 =−Λ+Λ+Λ−Λ= ωG�

GGGGG,- -+&5+&J0+&D0X10

Es. 2: $QDOLVL�GHO�VLVWHPD� Il sistema si presenta a tre gradi di libertà anche se la posizione del vincolo è data da una legge imposta: θ rotazione assoluta del disco (positiva se oraria); ϕ rotazione assoluta del pendolo (positiva se oraria); y spostamento assoluto del vincolo (positivo verso destra); si ipotizza che tutte le coordinate sopra riportate hanno valore nullo nella configurazione in cui tutte le molle del sistema non presentino deformazione. In particolare in corrispondenza alle due coordinate angolari nulle si immagina che la lunghezza delle due molle coincida con la loro lunghezza indeformata mentre la posizione del pendolo sia verticale. (QHUJLD�FLQHWLFD�GHO�VLVWHPD

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella del disco e di quella del pendolo, nelle componenti dovute alla rotazione ed alla traslazione. Si indichi con l la lunghezza del pendolo. Energia cinetica del disco:

Dove Vd rappresenta la velocità assoluta del baricentro del disco che, nelle coordinate libere scelte, è:

Energia cinetica del pendolo:

Dove Vp rappresenta la velocità assoluta del baricentro del pendolo. Immaginando di posizionare nel baricentro del disco una terna traslante solidalmente con esso, tale velocità può essere pensata come la somma di una componente di trascinamento (velocità del baricentro del disco e quindi della terna sopra definita) e di una relativa (oscillazione del pendolo rispetto alla terna sopra definita).

Dal disegno del sistema risulta chiaro che la velocità di trascinamento è orizzontale diretta verso destra mentre quella relativa è diretta verso sinistra con un angolo rispetto all’orizzontale pari a 180-ϕ. La massa m concentrata all’estremità inferiore del pendolo è puntiforme e quindi priva di momento di inerzia; questo significa fare coincidere l’energia cinetica con la sua componente legata alla traslazione.

22

2

1

2

1 θ�-097 .. +=

θ�59/ =

2

2

1 00P97 =

132546 187:9<;= 999GGG

+=

Il quadrato della velocità assoluta può essere ottenuto come somma dei quadrati della velocità orizzontale e di quella verticale. Velocità orizzontale:

Velocità verticale:

Il quadrato della velocità assoluta sarà quindi dato da:

Si noti come allo stesso risultato si sarebbe arrivato utilizzando il teorema di Carnot o teorema del coseno, che poi non è altro che la legge di composizione delle velocità:

In definitiva l’energia cinetica associato alla massa m è quindi data da:

L’energia cinetica complessiva del sistema risulta quindi essere:

180-ϕ ϕr

θr

ϕ

ϕ

y

x

ϕϕθϕϕθ �� cos)180cos(__ O5O5999 >?3@5A>B ?8C:D<E> −=−+=+=

ϕϕϕϕ �� OVHQOVHQ99 FG3H5IF =−== )180(_

ϕθϕϕθϕϕϕθϕϕϕθ

ϕϕϕϕθ

��

��

��

cos2

cos2cos

)())cos((

)()(

2222

22222222

2

2_

2__

5OO5

VHQO5OO5

OVHQO5

9999 JK3L5MJK3L5MJN K8O:P<QR

−+=

=+−+=

=+−=

=++=

ϕ

ϕϕθϕθ cos))((22222�� O5O59S −+=

)cos2(2

1 2222 ϕθϕϕθ �� 5OO5P7T −+=

(QHUJLD�SRWHQ]LDOH�GHO�VLVWHPD

L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (dovuta alla variazione di quota del baricentro del pendolo conseguente alla sua oscillazione) e di quella elastica (dovuta alle variazioni di lunghezza delle due molle): Energia potenziale elastica:

Energia potenziale gravitazionale:

L’energia potenziale complessiva del sistema è data quindi da:

�

(TXD]LRQL�GL�HTXLOLEULR�QRQ�OLQHDUL�

�

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=∂∂+

∂∂−

∂∂

θθθ977

GW

G

�

ϕϕθθθ

��

cos)( 2 P5O-5P07 −++=

∂∂

)cos()( 22 ϕϕϕϕθθθ

��

−+++=

∂∂

VHQP5O-5P07

GW

G

0=∂∂

θ7

( ) 22 ))(3(2

1

2

1 θθ 5.[5.9 U −+−=

)cos1( ϕ−= PJO9 V

( )

)cos1()2(2

12

)cos1(2

3)2(

2

1

)cos1())(3(2

1

2

1

222

22222

22

ϕϑθ

ϕθϑθ

ϕθθ

−+−+=

=−+++−=

=−+−+−=

PJO5[[..5

PJO.5[5[5.

PJO5.[5.9W

ϕθϕϕθθ �� cos2

1

2

1))((

2

1 2222 P5OPO-5P07 X −+++=

.5[.59 −=

∂∂ θ

θ24

L’equazione di equilibrio risultante è:

( ) 04)cos()( 222 =−+−+++ .5[.5VHQP5O-5P0 θϕϕϕϕθ ��

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂−

∂∂

ϕϕϕ777

GW

G

�

θϕϕϕ

��

cos2 P5OPO7 −=

∂∂

θϕθϕϕϕϕ

��

cos2 P5OP5OVHQPO7

GW

G −+=

∂∂

ϕθϕϕ

��P5OVHQ7 =

∂∂

ϕϕ

PJOVHQ9 =

∂∂


0cos

cos2

2

=+−=

=+−−+

ϕθϕϕϕθϕϕθϕθϕϕϕ

PJOVHQP5OPO

PJOVHQP5OVHQP5OP5OVHQPO

��

��

�

3RVL]LRQH�GL�HTXLOLEULR�

�

Per linearizzare le equazioni occorre individuare una posizione di equilibrio stabile del sistema; tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze (scritte nell’ipotesi che il vincolo mobile sia fermo alla coordinata x=0):

θθ

24.59 =

∂∂

ϕϕ

PJOVHQ9 =

∂∂

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

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

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

=⇒±==⇒±=

QQ

QQ

πϕπθ

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

00,0

2

2

>∂∂θ9

00,0

2

2

>∂∂ϕ9

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

>

∂∂∂−

∂∂

∂∂

ϕϑϕθ999

Le derivate necessarie sono:

22

2

4.59 =

∂∂

θ

ϕϕ

cos2

2

PJO9 =

∂∂

02

=∂∂

∂ϕθ9

da cui:

2

0,02

2

4.59 =

∂∂

θ

PJO9 =

∂∂

0,02

2

ϕ

00,0

2

=∂∂

∂ϕθ9

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

>

∂∂∂−

∂∂

∂∂

ϕθϕϑ999

Si può quindi concludere che le tre relazioni di disuguaglianza sono tutte verificate per cui la condizione di equilibrio trovata è stabile e si può procedere alla linearizzazione. /LQHDUL]]D]LRQH�GHOO¶HQHUJLD�SRWHQ]LDOH�

�

Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:

αββα

ββ

αα

ββ

αα

βα0,0

22

0,02

22

0,02

2

0,00,00,0 22

),(∂∂

∂+∂∂+

∂∂+

∂∂+

∂∂+≅= 99999

999

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 si ha:

2

0,02

2

4.59 =

∂∂θ

PJO9 =

∂∂

0,02

2

ϕ

00,0

2

=∂∂

∂ϕθ9

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

[ ] [ ] 222

2

14

2

1 ϕθ PJO.59 +=

Alla quale aggiungiamo ora il termine contenente la dipendenza dallo spostamento del vincolo, già lineare in partenza:

2222

2

1)2(

2

14

2

1 ϕϑθ PJO5[[..59 +−+=

/LQHDUL]]D]LRQH�GHOO¶HQHUJLD�FLQHWLFD�

�

Nell’esercizio proposto l’energia cinetica non necessita di linearizzazione. Ci limitiamo ad indicare il processo che sarebbe stato applicato in presenza di non linearità nella stessa. Per ciò che riguarda l’energia cinetica, essa può essere espressa nella forma:

∑=

=

2

1,

21 ),(2

1

YZYZZ Y TTTTD7 ��

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

∑=

≅

2

1,

2010 ),(2

1

[\[\\ [ TTTTD7 ��

Nell’esercizio l’espressione dell’energia cinetica risulta è:

per cui l’energia cinetica linearizzata sarà data da:

(TXD]LRQL�OLQHDUL]]DWH�

�

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

Prima equazione:

0=∂∂+

∂∂−

∂∂

θθθ977

GW

G

�

ϕθθθ

��

P5O-5P07 −++=

∂∂ 2)(

ϕθθθ

��

P5O-5P07

GW

G +++=

∂∂ 2)(

0=∂∂

θ7

.5[.59 −=

∂∂ θ

θ24


( ) 04)( 22 =−++++ .5[.5P5O-5P0 θϕθ ��

ϕθϕϕθθ �� cos2

1

2

1))((

2

1 2222 P5OPO-5P07 −+++=

ϕθϕθθ �� P5OPO-5P07 −+++= 2222

2

1

2

1))((

2

1

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂−

∂∂

ϕϕϕ777

GW

G

�

θϕϕ

��

P5OPO7 −=

∂∂ 2

θϕϕ

��

P5OPO7

GW

G −=

∂∂ 2

0=∂∂ϕ7

ϕϕ

PJO9 =

∂∂


02 =+− ϕθϕ PJOP5OPO ��

In termini matriciali l’equazione può essere espressa come:

=

+

++00

04)( 2

2

2 .5[

PJO

.5

POPO5

PO5-5P0

ϕθ

ϕθ��

��

Si noti che si perviene solo a due equazioni differenziali in quanto lo spostamento del vincolo è fornito in termini finiti dai dati del problema. 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:

{ } { } ti0

0eX)t(x ω=

sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:

[ ] [ ] { } { }020 0 0

]_^0 . ; H

ωω − + =

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

[ ] [ ]20det 00 .ω − + =

Soluzione del tema d’esame del 04/02/2002 – A. Curami, R. Sala 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 04 febbraio 2002

Es. 1 - Dato il meccanismo riportato a lato di cui si conosce:• il piano di lavoro che è verticale;• la seguente geometria del sistema: i vettori OB ed OA nonché le lunghezza BC e CD;• le inerzie dei componenti: la massa delle aste OA e CD siano trascurabili, il glifo BC abbia massa m e momento di inerzia rispetto a B pari a j e la slitta abbia massa M;• la forza F costante agente sulla slitta con il verso indicato in figura;• la anomalia θ0 della manovella OA nella configurazione rappresentata e la sua velocità angolare ω=costante diretta in verso antiorario.Quesito 1 – utilizzando il metodo dei numeri complessi, ovvero delle equazioni di chiusura, si determini dapprima la posizione, la velocità e l’accelerazione angolare del glifo BC e quindi la posizione, la velocità e l’accelerazione assolute della slitta D.Quesito 2 – utilizzando le informazioni ricavate al quesito precedente si determini la coppia motrice applicata alla manovella OA nelle ipotesi di assenza di attrito;Quesito 3 – si determinino le reazioni presenti nella cerniera B nella configurazione considerata.

Es. 2 - Dato il sistema a due gradi di libertà sotto raffigurato operante nel piano verticale si sviluppino i seguenti temi:• scrivere le equazioni differenziali non lineari di equilibrio del sistema;• linearizzare le equazioni sopra determinate nell’intorno della posizione di equilibrio;• determinare le frequenze proprie del sistema linearizzato.A tal fine si ritengano note: la massa del carrello (M) e della massa sospesa (m), il momento di inerzia baricentrico (J) del disco nonché i suoi raggi r (interno) ed R (esterno).

Y = Acos (ωt)

Es. 3 - Utilizzi tipici e limiti delle trasmissioni a cinghia

B

O

A

DF

C

θθθθ0

ωωωω=cost

K K

Mg

mg

J

r

R


Analisi del sistema

Determiniamo i gradi di liberta’ del sistema; esso e’ formato da quattro corpi rigidi (aste OA e CD, glifo BC e da una slitta D) per un totale di dodici gradi di liberta’ e da sei cerniere (di cui quattro rotoidali, una prismatica ed una assimilabile ad un carrello) che eliminano undici gradi di liberta’. Il sistema e’ pertanto ad un solo grado di liberta’.

Sistema vettoriale equivalente

Dato il sistema di partenza ne consideriamo dapprima il sottosistema BOA costituito dall’asta OA e dal glifo BC come mostrato nella figura sottostante.Le convenzioni adottate per il verso e la fase dei vettori sono quelle proposte ad esercitazione ed ivi descritte (verso antiorario e zero a partire da una semiretta orizzontale orientata verso destra uscente dall’origine).

l2l3

l1

ϑϑϑϑ3

ϑϑϑϑ1

ϑϑϑϑ2

Consideriamo la figura sopra riportata ed analizziamo i singoli vettori per verificare di non avere più di due incognite nel sistema, in quanto in tale ipotesi lo stesso non sarebbe risolubile con la sola equazione di chiusura.A tal fine, considerando il solo problema della posizione è possibile scrivere la seguente tabella:

l1 l2 l3modulo Noto (costante) Noto (costante) ?fase θ1 Nota (270°) ?

dalla quale si evince che il numero di incognite è pari a due. Tale risultato discende direttamente dal fatto che il terzo vettore esprime la posizione del punto A che, essendo mobile rispetto al glifo, si caratterizzerà per avere un modulo variabile e la fase coincidente con quella del glifo stesso. Per quanto riguarda la fase del primo vettore essa è nota dai dati del problema e coincide con la legge del moto della manovella.


L’equivalente vettoriale del sottosistema e’ dunque:

3

2

1

lBAlOB

lOA

v

v

v

=

=

=

L’equazione vettoriale e’:

321 lllvvv

=+

che, passando ai numeri complessi diviene:

321321

ϑϑϑ ϑ iii elelel =+

Scomponendo l’equazione nelle sue due componenti secondo l’asse reale e immaginario otteniamo:

33112

3311 coscosϑϑ

ϑϑsenlsenll

ll=+−

=

considerando che l’angolo 2ϑ e’ pari a °270 .Le nostre due incognite sono 3l e 3ϑ e dobbiamo esprimerle in funzione di 1ϑ .Dalla prima equazione ricaviamo:

3

113 cos

cosϑϑll =

lo sostituiamo nella seconda equazione e otteniamo:

11

2113 cos

tanϑ

ϑϑ

llsenl −

=

da cui:

−=

11

2113 cos

arctanϑ

ϑϑ

llsenl

ho cosi’ determinato la posizione del glifo BC.Noto quest’ultimo valore e sostituendolo in una delle due equazioni precedenti, si ricava anche il valore di 3l .

Velocita’

Per il calcolo delle velocita’ derivo le due equazioni precedenti:


33333111

33333111

coscos

cos

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑ&&&

&&&

lsenll

senllsenl

+=

−=−

Dalla prima equazione ricavo:

3

1113333 cosϑ

ϑϑϑϑ senlsenll&&

& −=

lo sostituisco nella seconda espressione e ottengo:

( ) 333111 cos ϑϑϑϑ && ll =−

da cui:

( )3

31113

cosl

l ϑϑϑϑ

−=

&&

ho cosi’ ottenuto la velocità angolare del glifo. Ora, posso ricavare in modo ovvio anche il valore di

3l& .

Accelerazioni

Per ricavare le accelerazioni, derivo ancora una volta le due equazioni precedenti:

3233333333331

211111

3233333333331

211111

coscos2cos

cos2coscos

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

senlllsenlsenll

lsenlsenlllsenl&&&&&&&&&&

&&&&&&&&&&

−++=−

−−−=−−

individuiamo i termini noti (dato un certo istante t0) e poniamo:

32333331

211111

32333331

211111

cos2cos

cos2cos

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

senllsenllB

lsenllsenlA&&&&&&

&&&&&&

+−−=

++−−=

il sistema di equazioni precedenti diviene:

33333

33333

cos

cos

ϑϑϑ

ϑϑϑ&&&&

&&&&

lsenlB

senllA

+=

−=

dalla prima equazione ricaviamo:

3

3333 cosϑ

ϑϑ senlAl&&

&& +=

che, sostituito nella seconda espressione permette di ricavare l’accelerazione angolare del glifo:


3

333

coslAsenB ϑϑ

ϑ−

=&&

e poi, utilizzando quest’ultimo valore, otteniamo il valore di 3l&& .

Consideriamo ora il nuovo sottosistema costituito da glifo BC, asta CD e slitta D e il suo equivalente vettoriale (qui sotto riportato) che ci permettera’ di determinare posizione, velocita’ e accelerazione della slitta stessa.

l3

l4

l5

l5r

l5i

ϑϑϑϑ5

ϑϑϑϑ4

ϑϑϑϑ3

Consideriamo la figura sopra riportata ed analizziamo i singoli vettori per verificare di non avere più di due incognite nel sistema.A tal fine, considerando il solo problema della posizione è possibile scrivere la seguente tabella:

l3 l4 l5r l5imodulo Noto (BC) Noto (costante) ? Notofase Nota (θ3) ? 0° 270°

Posizione della slitta D

L’equazione vettoriale corrispondente al sottosistema considerato e’:

543 lllvvv

=+

in questo caso il vettore 3lv ha modulo fisso in quanto rappresenta il glifo BC, mentre il vettore 5l

v e’

scomponibile in una componente lungo l’asse immaginario il5 costante e in una componente lungo l’asse reale rl5 variabile solo in modulo (la fase è ovviamente sempre nulla).L’equazione nelle sue due componenti diviene:


i

r

lsenlsenllll

54433

54433 coscos=+

=+

ϑϑϑϑ

dalla seconda equazione ricavo:

4

3354 l

senllsen i ϑ

ϑ−

=

da cui :

)(4

3354 l

senllarcsen i ϑ

ϑ−

=

sostituendo questo valore nella prima equazione si ottiene facilmente il valore:

44335 coscos ϑϑ lll r +=

ossia la posizione della slitta D.

Velocita’ della slitta D

Derivando le due equazioni precedenti otteniamo:

rlsenlsenl 5444333&&& =−− ϑϑϑϑ

0coscos 444333 =+ ϑϑϑϑ && ll

dalla seconda espressione ricavo:

44

3334 cos

cosϑϑϑ

ϑll &

& −=

e sostituendolo nella prima espressione ottengo:

( )4

34335 cosϑ

ϑϑϑ −=

senll r&

&

che e’ la velocita’ della slitta D.

Accelerazione della slitta D

Derivando ulteriormente il sistema di equazioni precedente otteniamo:


rllsenllsenl 542444443

233333 coscos &&&&&&&& =−−−− ϑϑϑϑϑϑϑϑ

0coscos 42444443

233333 =−+− ϑϑϑϑϑϑϑϑ senllsenll &&&&&&

individuiamo i termini costanti e poniamo:

42443

233333 coscos ϑϑϑϑϑϑ &&&& llsenlA −−−=

42443

233333 cos ϑϑϑϑϑϑ senlsenllB &&&& −−=

il sistema precedente diviene:

rlsenlA 5444&&&& =− ϑϑ0cos 444 =+ ϑϑ&&lB

dalla seconda espressione ricavo:

444 cosϑ

ϑl

B−=&&

conseguentemente otteniamo:

45 tanϑBAl r +=&&

che e’ l’accelerazione della slitta D.

La coppia motrice applicata alla manovella OA

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

−=

oppure completato dalla loro presenza:

prmC WWW

dtdE

−−=

Variazione di energia cinetica

Coincide con quella della slitta e del glifo:

GGGGGDDC xJavmavM

dtdE

ωωr&

rrrrr+×+×=

dove la J del glifo è quella riferita al baricentro G. Si immagina di conoscerne il valore in quanto sono note tutte le caratteristiche geometriche del sistema.


Gm

Potenza motrice

E’ fornita dal motore collegato alla manovella:

ωrr×= CWm

dove la velocità angolare della manovella è un dato del problema.

Potenza resistente

E’ dovuta alla massa del glifo il cui baricentro varia di quota ed alla forza applicata alla slitta:

DGGr vFvgmW rrrr×−×−=

dove G è il baricentro del glifo. La velocità del baricentro è nota in quanto sono note la sua posizione e la velocità angolare del glifo.

Potenza persa

Questo termine è presente solo nell’ipotesi di presenza di attrito tra il piano di scorrimento e la slitta.Detta T la reazione orizzontale presente a causa dell’attrito la potenza persa sarà data da:

Dp VTWrr

×−=

dove G è il baricentro del glifo. La velocità del baricentro è nota in quanto sono note la sua posizione e la velocità angolare del glifo.

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

• Ipotesi di assenza di attrito:

DGGGGDD vFvgmCxJavm rrrrrrr&

rrr×+×+×=+× ωωω

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

• Ipotesi di presenza di attrito:

DDGGGGDD vTvFvgmCxJavm rrrrrrrrr&

rrr×+×+×+×=+× ωωω

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita C e della reazione T che verrà calcolata nel punto successivo dell’esercizio.


Le reazioni vincolari nella cerniera B

Le considerazioni principali da tenere presente sono:� tutte le aste tranne il glifo sono scariche e prive di massa;� l’unico attrito presente è quello tra slitta e piano

La conseguenza è che l’asta CD può essere considerata una biella e quindi la direzione della reazione incognita è da ritenersi nota e parallela a CD.

Il percorso risolutivo può essere il seguente:

� studio della slitta isolata per determinare la reazione normale N (e quindi la T) nonché la forza trasmessa dalla biella CD;

� studio del glifo isolato per la determinazione delle due reazioni incognite (e come sottoprodotto la reazione trasmessa dalla biella OA).

Cominciamo dal primo punto:

Per proseguire con il secondo:

MgFCD

F

N

MaD

T

FDC

A

Ry

Rx

BCJω&

mGaG

mGg

FOA


Studiando la slitta, detto α l’angolo che l’asta DC forma con l’orizzontale si ha:

� Equilibrio alla traslazione verticale della slitta:

� Equilibrio alla traslazione orizzontale della slitta (dove T=fdN):

Dal sistema di queste due relazioni ricavo il valore di N e di FCD;

Con un equilibrio alla rotazione attorno al punto B possiamo determinare la FOA:

Con un equilibrio alla traslazione ricavo la reazione richiesta (eventualmente scomponibile in orizzontale e verticale):

0cos =−++ αCDd FTMaF

0sen =−− αCDFMgN

0=Λ+Λ+Λ+Λ−− DCOAGGG FBCFBAgmBGamBGJrrrrr

&ω

0=+++− DCOAGGG FFgmamRrrrrr


Es. 2: Analisi del sistema

Il sistema si presenta a tre gradi di libertà anche se la posizione del vincolo è data da una legge imposta:

x posizione assoluta del carrello (positivo verso destra);θ rotazione assoluta del disco (positiva se oraria);y spostamento assoluto del vincolo (positivo verso destra);

si ipotizza che tutte le coordinate sopra riportate hanno valore nullo nella configurazione in cui tutte le molle del sistema non presentino deformazione.

Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella del carrello (solo traslatoria) e di quella del disco (solo rotatoria) e di quella della massa sospesa (solo traslatoria):

Energia cinetica carrello:

Energia cinetica disco:

Energia cinetica massa sospesa:

Dove Vms rappresenta la velocità assoluta del baricentro della massa sospesa.

L’energia cinetica totale del sistema è data quindi da:

2

21 xMTcar &=

2

21

θ&JTdisco =

2222

21

21

21 θθ &&& mRJxMT ++=

222

21

21 θ&mRmVT msms ==

K Ky=Acos(ωt)

mg

JM

xθ


Energia potenziale del sistema

L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (dovuta alla variazione di quota del baricentro della massa sospesa conseguente alla rotazione del disco) e di quella elastica (dovuta alle variazioni di lunghezza delle due molle presenti nel sistema):

Energia potenziale elastica:

Energia potenziale gravitazionale:

L’energia potenziale complessiva del sistema è data quindi da:

Equazioni di equilibrio

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=∂∂

+∂∂

−

∂∂

xT

xT

xT

dtd

&

xMxT

&&

=∂∂

xMxT

dtd

&&&

=

∂∂

0=∂∂xT

( ) )( θrxKyxKxV

−+−=∂∂


KyKrKxxM =−+ θ2&&

( ) ( )22

21

21 xrKyxKVE −+−= θ

θmgRVG −=

( ) ( ) θθ mgRxrKyxKV −−+−= 22

21

21


Seconda equazione:

0=∂∂

+∂∂

−

∂∂

θθθTTT

dtd

&&

θθθ

&&&

2mRJT+=

∂∂

θθθ

&&&&&

2mRJTdtd

+=

∂∂

0=∂∂θT

( ) mgRrxrKV−−=

∂∂ θθ


In termini matriciali l’equazione può essere espressa come:

=

−

−+

+ mgR

KyxKrrKrKKx

mRJM

θθ 22

20

0&&

&&

Si noti che si perviene solo a due equazioni differenziali in quanto lo spostamento del vincolo è fornito in termini finiti dai dati del problema.

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:

{ } { } ti0

0eX)t(x ω=


[ ] [ ] { } { }020 0 0i tM K X e ωω − + =

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

( ) 02 =−−++ mgRrxrKmRJ θθθ &&&&


[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

ovvero di:

( ) 02

det 220

2

20 =

+−−−−

mRJKrrKrKMK

ωω

Soluzione del tema d’esame del 20/02/20001– A. Curami, R. Sala 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 20 febbraio 2002

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato di cui si conosce:• il piano di lavoro che è verticale;• la geometria del sistema: il vettore OC nonché le lunghezze OA, AB, BC e BP e la retta alla

quale è vincolato il moto del punto P;• le inerzie dei componenti: le masse di tutte le aste siano trascurabili mentre il pistone,

considerato puntiforme, abbia massa m concentrata in P;• gli attriti che sono trascurabili;• la forza F costante agente sul pistone in P con il verso indicato e retta di azione parallela alla

guida;• l’anomalia θ1 della manovella OA nella

configurazione rappresentata e la sua velocità angolare ω=costante diretta in verso antiorario.

Si risponda ai seguenti quesiti:Quesito 1 – utilizzando il metodo dei numeri complessi, ovvero delle equazioni di chiusura, si determini dapprima la posizione, la velocità e l’accelerazione del B e quindi la posizione, la velocità e l’accelerazione del punto P coincidente con il pistone;Quesito 2 – utilizzando le informazioni ricavate al quesito precedente si determini la coppia motrice applicata alla manovella OA;Quesito 3 – si scrivano le equazioni atte a determinare le reazioni nella cerniera C nella configurazione considerata.

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 M vincolata a muoversi verticalmente da due guide laterali prive di attrito e da un disco circolare di raggio r e massa m che rotola senza strisciare sulla parte superiore concava della slitta (geometricamente descrivibile come un arco di circonferenza di raggio R). La slitta appoggia poi su un supporto elastico schematizzabile come una molla con costante elastica K.

Es. 3 – Discutere il fenomeno delle velocità critiche flessionali di un albero ricorrendo agli opportuni sviluppi analitici.

K

θθθθ0

C

B

P

OA

ωωωω=cost


Analisi del sistema

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

Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O punto a terra nulla nullaPunto A circonferenza centrata in O ωOA ω2OAPunto B circonferenza centrata in C ? ?Punto C punto a terra nulla nullaPunto P // guida lineare ? ?

Determiniamo i gradi di liberta’ del sistema; esso e’ formato da cinque corpi rigidi (aste OA, AB, BC e CP e dal pistone) per un totale di quindici gradi di libertà e da cinque cerniere rotoidali (di cuiquella in B va contata due volte in quanto vi convergono tre aste) ed una prismatica che eliminano quattordici gradi di liberta’. Il sistema è pertanto ad un solo grado di libertà.

Sistema vettoriale equivalente

Dato il sistema di partenza ne consideriamo dapprima il sottosistema CBAO costituito dalle aste OA, AB e CB come mostrato nella figura sottostante.Le convenzioni adottate per il verso e la fase dei vettori sono quelle proposte ad esercitazione ed ivi descritte (verso antiorario e zero a partire da una semiretta orizzontale orientata verso destra uscente dall’origine).

Im Reαααα

l4

l1

l2l3

ϑϑϑϑ4

ϑϑϑϑ3

ϑϑϑϑ2

ϑϑϑϑ1

Poichè il pistone scorre lungo una guida inclinata, che ne determina la traiettoria, operiamo un cambio di riferimento portando l’asse reale ad assumerne la stessa direzione.


1

1

jieie

i

i

v

v

=

=α

α

dove α e’ l’angolo che la guida in cui scorre il pistone forma con l’orizzontale.

Consideriamo la figura sopra riportata ed analizziamo i singoli vettori per verificare di non avere piu’ di due incognite, in quanto non sarebbe possibile risolvere il sistema utilizzando la sola equazione di chiusura.A tal fine consideriamo la seguente tabella:

l1 l2 l3 l4modulo Noto (costante) Noto (costante) Noto (costante) Noto (costante)anomalia Nota θ1 ? ? Nota θ4

Da cui si evince che le incognite sono due.L’equazione vettoriale equivalente al sottosistema è dunque:

1423 llllvvvv

+=+

Scomponendo l’equazione nelle due componenti secondo l’asse reale e l’asse immaginario otteniamo:

11442233 coscoscoscos ϑϑϑϑ llll +=+

11442233 ϑϑϑϑ senlsenlsenlsenl +=+

Le nostre due incognite, come abbiamo visto, sono 2ϑ e 3ϑ .Raggruppiamo al primo membro i termini contenenti 3ϑ in modo da far scomparire le funzioni trigonometriche che lo contengono:

11442233 coscoscoscos ϑϑϑϑ llll ++−=

11442233 ϑϑϑϑ senlsenlsenlsenl ++−=

Quadrando e sommando membro a membro le due equazioni otteniamo:

424221214141

42422121414122

21

24

23

222coscos2coscos2coscos2

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

sensenllsensenllsensenllllllllllll

−−+−−+++=

ponendo uguale a delle costanti i termini numerici:

4421211 22 ϑϑ senllsenllA +=

4421211 cos2cos2 ϑϑ llllB += ( )4141

22

21

24

231 cos2 ϑϑ −−−−−= llllllC

il sistema precedente si riduce a :

0cos 12121 =++ CBsenA ϑϑ .


Ponendo poi:

2tan1

2tan2

22

2

2 ϑ

ϑ

ϑ+

=sen

2tan1

2tan1

cos22

22

2 ϑ

ϑ

ϑ+

−=

x=2

tan 2ϑ

si ottiene:

( ) 02 111112 =+++− CBxABCx

da cui:

( )11

21

21

211

BCBCAA

x−

−−±=

si risale quindi al valore di 2ϑ .Procediamo identicamente per trovare il valore di 3ϑ . isoliamo a primo membro i termini contenenti 2ϑ in modo che scompaiano le funzioni trigonometriche che li contengono, quadriamo e sommiamo membro a membro le equazioni del sistema seguente

11443322 coscoscoscos ϑϑϑϑ llll ++−=

11443322 ϑϑϑϑ senlsenlsenlsenl ++−=

ponendo:

2tan1

2tan2

32

3

3 ϑ

ϑ

ϑ+

=sen

2tan1

2tan1

cos32

32

3 ϑ

ϑ

ϑ+

−=


y=2

tan 3ϑ

otterremo un’espressione del tipo:

( ) 02 222222 =+++− CByABCy

da cui ricaviamo il valore di 3ϑ .

Velocità

Derivando il sistema di equazioni precedente, considerando che l’angolo 4ϑ e’ costante e di conseguenza la sua derivata pari a zero, otteniamo:

114222333 ϑϑϑϑϑϑ senlsenlsenl &&& −=−−

111222333 coscoscos ϑϑϑϑϑϑ &&& lll =+

Dalla seconda equazione si ha:

22

3331112 cos

coscosϑ

ϑϑϑϑϑl

ll &&& −=

che sostituita nella prima equazione permette di ottenere:

( )( )323

21113 ϑϑ

ϑϑϑϑ

−−

=senlsenl &

&

tramite quest’ultima espressione si ricava poi il valore di 2ϑ& .

Accelerazione

Deriviamo ancora una volta il sistema di equazioni precedente sapendo, dai dati del problema,che 1ϑ&& e’ nullo:

12112

2222223

233333 coscoscos ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ &&&&&&& llsenllsenl −=−−−−

12112

2222223

233333 coscos ϑϑϑϑϑϑϑϑϑϑ senlsenllsenll &&&&&&& −=−+−

raggruppando i termini noti (cioè quelli che non contengono accelerazioni incognite) e ponendo:

12112

2223

233 coscoscos ϑϑϑϑϑϑ &&& lllA +−−=

12112

2223

233 ϑϑϑϑϑϑ senlsenlsenlB &&& +−−=

il sistema si riduce a:


222333 ϑϑϑϑ senlsenlA &&&& =−

222333 coscos ϑϑϑϑ &&&& llB −=+

dalla prima delle due equazioni otteniamo:

22

3332 ϑ

ϑϑϑ

senlsenlA &&

&& −=

sostituendo questa espressione nella seconda delle due equazioni si ha:

( )323

223

cosϑϑ

ϑϑϑ

−+

−=senl

BsenA&&

tramite questo valore si ottiene poi il valore di 2ϑ&& .

Consideriamo ora il sottosistema composto dalle aste CB e BP rappresentato nella figura sottostante.

l3ϑϑϑϑ3

l5

ϑϑϑϑ5

l6i

l6rl6

ϑϑϑϑ6

Analizziamo i singoli vettori allo scopo di verificare che non vi siano piu’ di due incognite, nel qual caso la sola equazione di chiusura non sarebbe piu’ sufficiente a risolvere il sistema, e a tale scopointroduciamo la tabella seguente:

l3 l5 l6i l6rmodulo Noto (costante) Noto (costante) Noto (costante) ?fase Nota ? 90° 0°

L’equivalente vettoriale del sistema considerato e’:


653 lllvvv

=+

che scomposta nelle sue due componenti secondo l’asse immaginario e l’asse reale diviene:

rlll 65533 coscos =+ ϑϑ

ilsenlsenl 65533 =+ ϑϑ

dalla seconda equazione otteniamo:

5

3365 l

senllsen i ϑ

ϑ−

=

da cui:

)(5

3365 l

senllarcsen i ϑ

ϑ−

=

noto questo valore si ricava facilmente il valore di rl6 :

55336 coscos ϑϑ lll r +=

Velocita’

Deriviamo il sistema di equazioni precedente:

rlsenlsenl 6555333&&& =−− ϑϑϑϑ

0coscos 555333 =+ ϑϑϑϑ && ll


55

3335 cos

cosϑϑϑ

ϑll &

& −=

che sostituita nella prima equazione permette di ottenere il valore di rl6& :

5553336 ϑϑϑϑ senlsenll r&&& −−= .

Accelerazione

Deriviamo ancora il sistema di equazioni precedente e abbiamo:

rllsenllsenl 652555553

233333 coscos &&&&&&&& =−−−− ϑϑϑϑϑϑϑϑ

0coscos 52555553

233333 =−+− ϑϑϑϑϑϑϑϑ senllsenll &&&&&&



55

33332335

255

5 coscos

ϑϑϑϑϑϑϑ

ϑl

lsenlsenl &&&&&& −+=

che sostituito nella prima equazione consente di avere il valore di rl6&& ossia l’accelerazione del pistone P.

La coppia motrice applicata alla manovella OA

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 pistone che è l’unico elemento dotato di massa:

ppC avm

dTdE rr

×=

Potenza motrice

E’ fornita dal motore collegato alla manovella:

ωrr

×= CW m

dove la velocità angolare della manovella è un dato del problema.

Potenza resistente

E’ dovuta alla massa del pistone che varia la sua quota ed alla forza ad essa applicata:

PPr vFvgmW rrrr×−×−=

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

PPPP vFvgmCavm rrrrrrrr×+×+×=× ω

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


Le reazioni vincolari nella cerniera C

Le considerazione da tenere presenti sono:� tutte le aste sono scariche e prive di massa;� la guida lineare del pistone è priva di attrito.

Dalla prima considerazione ne deriva in particolare che l’asta BC può essere considerata una biella e quindi la direzione della reazione incognita è da ritenersi nota e parallela a BC.Dalla seconda considerazione ne deriva che la reazione che viene scambiata tra guida e pistone è normale alla direzione di scorrimento dello stesso ed è quindi nota in direzione.

Il percorso risolutivo può prevedere i seguenti due equilibri:� momento della biella BP attorno al punto B;� momento del sottosistema PBCA attorno ad A.

Se ne ricavano due equazioni che hanno come sole incognite la reazione in C (oggetto della ricerca) e la reazione vincolare in P (N).

Il momento della biella BP attorno a B è:

Il momento del sottosistema PBCA attorno ad A:

B

F

N map

0=Λ−Λ+Λ PamBPNBPFBP rrr

C O

RB

F

N map

0=Λ+Λ−Λ+Λ RABamAPNAPFAP P

rrrr


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:

( ) θθθ senxrRrRxV &&&& )(22222 −−−+=

L’energia cinetica totale è:

( )( ) 22

22222 )(

21)(2

21

21 θθθθ &&&&&&

rrRJsenxrRrRxmxMT −

+−−−++=

Energia potenziale del sistema

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

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

2

21)cos1)(( KxrRmgT +−−= 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:

2

21

xMTslitta &=

22

2222

21

21

21

21

θϕ &&rRJmVJmVTdisco +=+=

2

21

)cos1)((

KxT

rRmgT

molla

disco

=

−−= θ


Prima equazione:

0)(2cos)(2)( 2 =+−−−−+=∂∂

+∂∂

−

∂∂ KxmsenrRmrRxmM

xV

xT

xT

dtd θθθθ &&&&&

&

θθ &&&

msenrRxmMxEc )(2)( −−+=∂∂

θθθθ &&&&&&

msenrRmrRxmMxT

dtd )(2cos)(2)( 2 −−−−+=

∂∂

0=∂∂xT

KxxV

=∂∂

Seconda equazione:

0)()()( 2 =−+−+−=∂∂

+∂∂

−

∂∂ θθθ

θθθsenrRmgsenxrRmrRmTTT

dtd

&&&&&

θθθθ

&&&&

22 )()()(rrRJsenxrRmrRmT −

+−+−=∂∂

θθθθ

θθθθθθ

cos)()()(23

)(cos)()()(

2

22

&&&&&&

&&&&&&&&

xrRmsenxrRmrRm

rrRJxrRmsenxrRmrRmT

dtd

−+−+−=

=−

+−+−+−=

∂∂

θθ

senrRmgV )( −=∂∂

θθθ

&&xrRmT cos)( −=∂∂


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:

0==∂∂ KxxV

0)( =−=∂∂ θθ

senrRmgV

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

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

K>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:

xxVV

xVVx

xVVxVV θ

θθ

θθθ

θθ

0,0

22

0,02

22

0,02

2

0,00,00,0 22

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+≅=

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

scrittura delle equazioni di Lagrange;

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

=→π±=θ=

0cos)( >− θrRmgK

00,0

2

2>

∂∂xV

00,0

2

2>

∂∂θV

0

2

0,0

2

0,02

2

0,02

2>

∂∂∂

−∂∂

∂∂

θθ xVV

xV

0cos)( >− θrRmg


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

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

KxV

=∂∂

0,02

2

0,02

2

θ∂∂ V = )( rRmg −

00,0

2=

∂∂∂

θxV

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

2)(

21 2

2 θrRmgKxV −+=

Linearizzazione dell’energia cinetica

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

∑=

=

2

1,

21 ),(21

kj

kjjk qqqqaT &&

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

∑=

≅

2

1,

2010 ),(21

kj

kjjk qqqqaT && =

( )( ) 22

22222 )(

21

21

21 θθ &&&&

rrRJrRxmxM −

+−++=

Equazioni linearizzate

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

Prima equazione:

0)( =++=∂∂

+∂∂

−

∂∂ KxxmM

xV

xT

xT

dtd

&&&

xmMxT

&&

)( +=∂∂


xmMxT

dtd

&&&

)( +=

∂∂

0=∂∂xT

KxxT

=∂∂

Seconda equazione:

0)()(23 2 =−+−=

∂∂

+∂∂

−

∂∂ θθ

θθθrRmgrRmTTT

dtd &&

&

θθ

&&

2)(23 rRmT

−=∂∂

θθ

&&&

2)(23 rRmT

dtd

−=

∂∂

0=∂∂θT

θθ

)( rRmgT−=

∂∂

ovvero, ponendo L=R-r:

=

+

+

00

00

230

02

θθx

mgLKx

mLmM

&&

&&

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:

{ } { } ti0

0eX)t(x ω=


[ ] [ ] { } { }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:


[ ] [ ] { }0AI =+λ−

20ω=λ

=

ω−

+ω−

mgLmL230

0)mM(Kdet 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 20ω , 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:

Per cui si ottiene:

dove:

e quindi si ottiene:

Lg

32

mL23mgL

2IV,III0 ±=±=ω

[ ]

+=−

21

mL23/10

0)Mm/(1M

[ ] [ ] [ ]

+== −

L/g320

0)Mm/(KKMA 1


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

1 2

0 1;

1 0x xθ θ

= =

MmK2

011 +=ω=λ

Lg

322

022 =ω=λ

1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali prof. A. Curami – Preappello del 08 giugno 2002

Es. 1 - Dato lo schema di un bancale per limatrice riportato a lato di cui si conosce: • il piano di movimento del meccanismo che è verticale; • il vettore OA: modulo costante noto e anomalia

variabile con velocità costante oraria; • le lunghezze BC, CD; • l’equazione del piano sul quale si muove la slitta D; • la massa M del glifo e la sua inerzia baricentrica J; • la massa m della slitta; • il coefficiente di attrito radente fra slitta e piano fs; • le masse degli elementi non citati approssimabili a zero; • gli attriti nelle cerniere e nella guida trascurabili. Si risponda ai seguenti quesiti: Quesito 1 – utilizzando il metodo dei numeri complessi, ovvero delle equazioni di chiusura, si determini dapprima la posizione, la velocità e l’accelerazione angolare del glifo e quindi la posizione, la velocità e l’accelerazione del punto D coincidente con il baricentro della slitta; Quesito 2 – utilizzando le informazioni ricavate al quesito precedente si determini la coppia motrice applicata alla manovella OA; Quesito 3 – si scrivano le equazioni atte a determinare le reazioni nella cerniera B nella configurazione considerata. Es. 2 - Per il sistema rappresentato a lato, operante nel piano verticale, si richiede di: a) Scrivere le equazioni di equilibrio dinamico non

lineari; b) Eseguirne la linearizzazione; c) Opzionalmente si determinino le frequenze proprie e i

relativi modi di vibrare. Il sistema è costituito da due aste (entrambe di massa m e momento di inerzia baricentrico j) incernierate come pendoli da un lato e solidali ad un disco di massa M e momento di inerzia baricentrico J dall’altro. Si lavori nell’ipotesi di assenza di attrito sapendo che la molla presente nel sistema ha una lunghezza di riposo pari all’interasse tra le due cernire (a). Es. 3 – Si introducano le ipotesi su cui si basa la teoria elementare della lubrificazione e se ne presentino i principali risultati.

O

B

G

A

C

D F

2

Esercizio 1 Analisi del sistema Prima di affrontare i quesiti proposti svolgiamo una breve analisi del sistema nella quale andiamo a definire, per ogni punto notevole dello stesso, la traiettoria, la velocità e l’accelerazione assolute: Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assoluta

O Punto a terra nulla nulla A Circonferenza centrata in O nota nota B Punto a terra nulla nulla C Circonferenza centrata in B ? ? D Parallela alla linea di terra ? ?

Sistema vettoriale equivalente Dato il sistema di partenza ne consideriamo dapprima il sottosistema OAB mostrato nella figura sottostante nella quale tutte le anomalie sono stare prese positive in verso antiorario a partire Consideriamo la figura sopra riportata ed analizziamo i singoli vettori per verificare di non avere più di due incognite, in quanto non sarebbe possibile risolvere il sistema utilizzando la sola equazione di chiusura. A tal fine consideriamo la seguente tabella:

l1 l2 l3 modulo noto

(costante) noto

(costante) ?

anomalia nota (costante)

nota (controllata) ?

Da cui si evince che le incognite sono due, rispettivamente il modulo e l’anomalia del vettore l3. L’equazione vettoriale equivalente al sottosistema è dunque:

321 lll

=+

Utilizzando la notazione complessa la stessa diviene:

321321

θθθ iii elelel =+

2l

1l

3l

1ϑ 3ϑ

2ϑ

3

Scomponendo l’equazione nelle due componenti secondo l’asse reale e l’asse immaginario otteniamo:

332211

332211 coscoscosϑϑϑ

ϑϑϑsenlsenlsenl

lll=+=+

Le nostre due incognite, come abbiamo visto, sono 3l e 3ϑ . Dalla prima equazione si ottiene:

3

22113 cos

coscosϑ

ϑϑ lll +=

Sostituendo tale espressione nella seconda equazione si ha:

++

= −

2211

221113 coscos

tanϑϑϑϑϑ

llsenlsenl

espressione tramite la quale si ottiene il valore di 3l . Velocità Derivando il sistema di equazioni precedente, tenendo conto che 1ϑ è costante, otteniamo: in forma complessa:

022122211 =++ θθθ θθ iii eileleil

ed in forma cartesiana:

33333222

33333222

coscos

cos

ϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑ

senlll

lsenlsenl

+=

+−=−

Dalla prima equazione si ha:

33

222333

cosϑ

ϑϑϑϑ

senlsenll

+=

che sostituita nella seconda equazione permette di ottenere:

( )23223 ϑϑϑ −= senll tramite quest’ultima espressione si ricava poi il valore di 3ϑ .

4

Accelerazione Deriviamo ancora una volta il sistema di equazioni precedente, tenendo presente che la velocità angolare della manovella è costante(ovvero, 2ϑ = costante), se ne ricava: in forma complessa:

0222221 222222222

211 =−++++− θθθθθθ θθθθθ iiiiii eleileileilelel

mentre proiettando sugli assi cartesiani si ha:

0cos2cos

02coscoscos

3333333332

3322

22

3333332

3333322

22

=−−−+−

=+−++−

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑϑ

lsenllsenlsenl

senlllsenll

raggruppando i termini noti (cioè quelli che non contengono accelerazioni incognite) e ponendo:

33332

3322

22 2coscos ϑϑϑϑϑϑ senlllA ++−=

33332

3322

22 cos2 ϑϑϑϑϑϑ lsenlsenlB −+−= il sistema si riduce a:

0cos

0cos

33333

33333

=−−

=−+

ϑϑϑ

ϑϑϑ

senllB

lsenlA

dalla prima delle due equazioni otteniamo:

33

333

cosϑ

ϑϑ

senllA

−=

sostituendo questa espressione nella seconda delle due equazioni si ha:

32

32

333 cos

cosϑϑϑϑ

−−

=sen

ABsenl

tramite questo valore si ottiene poi il valore di 3ϑ .

5

4l6l

5l

4ϑ6ϑ

5ϑ

Consideriamo ora il sottosistema BCD rappresentato nella figura sottostante: Si osservi che il valore dell’anomalia del vettore l4 è la stessa del vettore l3, ovvero del glifo AB. Analizziamo i singoli vettori allo scopo di verificare che non vi siano più di due incognite, nel qual caso la sola equazione di chiusura non sarebbe più sufficiente a risolvere il sistema, e a tale scopo introduciamo la tabella seguente:

l4 l5 l6 modulo Noto (costante) Noto (costante) ?

fase Nota ? ? Come si evince dalla tabella siamo in presenza di tre incognite. Per ovviare a tale problema, si osservi la seguente scomposizione di l6 e la seguente analisi: Si noti che i vettori l7 e l8 non sono altro che le proiezioni del vettore l6 lungo asse reale ed asse immaginario.

6l

6ϑ

8l

7l

6

Segue che:

l6 l7 l8 modulo ? ? Noto(costante)

fase ? Nota Nota L’equivalente vettoriale del sistema considerato (avendo sostituito ad l6 i suoi componenti l7 e l8) e’:

8754 llll

+=+

che scomposta nelle sue due componenti secondo l’asse reale e l’asse immaginario diviene:

75544 coscos lll =+ ϑϑ

85544 sensen lll =+ ϑϑ Dalla seconda equazione si ottiene:

−= −

5

44815

sensenl

ll ϑϑ

Sostituendo tale espressione nella prima equazione del sistema si perviene al valore di 5l . Velocità Derivando il sistema di equazioni precedente otteniamo:

0coscos

sensen

555444

7555444

=+

=−−

ϑϑϑϑ

ϑϑϑϑ

ll

lll

Risolvendo tale sistema si perviene a:

55

4445 cos

cosϑ

ϑϑ

ll

−=

Tramite tale espressione si giunge, per sostituzione, al valore di 7l . Grazie alle velocità sopra riportate si ottiene il valore della velocità della slitta. Accelerazione Deriviamo ancora una volta il sistema di equazioni precedenti:

0cossensencos

cossensencos

55552

5542

44444

752

5555544442

44

=+−−

=−−−−

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

ϑϑϑϑϑϑϑϑ

llll

lllll

Raggruppando tutti i termini noti e ponendo:

7

52

5542

44444 sencossen ϑϑϑϑϑϑ lllC −−−=

52

5542

44444 cossencos ϑϑϑϑϑϑ lllD −−= risolvendo il sistema si ottiene:

555

5

557

cos

cossencos

ϑϑ

ϑϑϑ

lD

DCl

=

−=

Da ciò si ricava la accelerazione della slitta D. 2° quesito Per il calcolo della coppia richiesta, si può ricorrere ad un bilancio di potenze, espresso nella forma:

prmC WWW

dTdE

−−=

Contribuiscono all’energia cinetica del sistema il glifo BC e la slitta puntiforme D:

BCBCGGDDC JAVMAVm

dTdE

ωω

×+×+×=

La potenza motrice è data da: mmm CW ω

×=

dove ω è uno dei dati del problema La potenza resistente è legata alla forza resistente F e alla forza peso del glifo:

[ ]GGr VgMVFW

×+×−= La potenza perduta è dovuta all’attrito radente fra slitta e piano

[ ]DDm VTW

×−= Si ha quindi:

DDGGmmBCBCGGDD VTVgMVFCJAVMAVm

×+×+×+×=×+×+× ωωω che è un’equazione lineare nelle incognite C e TD; quest’ultima può tuttavia essere ricavata considerando l’equilibrio dinamico della slitta alle traslazioni e conoscendo il coefficiente di attrito dinamico:

8

D F

mg

-mAD

TD

ND

FDC

α

0=−++++ DDDDC AmNTgmFF

Proiettando l’equazione vettoriale il direzione orizzontale e verticale si ottengono le due relazioni necessarie per determinare l’azione F della biella BC e la reazione normale del suolo. A queste equazioni, va aggiunta la relazione che lega la componente tangenziale a quella normale: TD = fS ND Si tratta di quattro equazioni lineari nelle quattro incognite C, TD, ND, FDC, per cui il problema è determinato. 3° quesito Per calcolare le reazioni vincolari in B, si può considerare il glifo separatamente, evidenziando le azioni esercitate dagli altri elementi del sistema; si osserva in particolare che, nell’ipotesi di assenza di attrito (ipotesi di vincoli lisci), l’azione esercitata dalla manovella OA è normale all’asse del glifo:

HB

VB

Mg

FDC

J ω

-MAG

FA

α

β

g

Si ha:

9

Σ FX = 0 ⇒ HB – MAG cosβ + FA sinα – FDC cosg = 0 Σ FY = 0 ⇒ VB – Mg + MAG sinβ – FA cosα + FDC sing = 0 Σ MB = 0 ⇒ J ω BC – Mg BG cosα + MAG BG sin(α+β) – FA BA + FDC BC cos(α+g) = 0 Si tratta di un sistema di tre equazioni nelle tre incognite HB, VB, FA, che possono quindi essere calcolate.

10

Esercizio 2 Il sistema è a due gradi di libertà ed utilizziamo per la descrizione della sua configurazione i due angoli che identificano l’oscillazione dei due pendoli. Assumiamo come coordinate libere: θ1 → oscillazione asta 1, positiva in verso antiorario, a partire dal pendolo verticale (origine)

θ2 → oscillazione asta 2, positiva in verso antiorario, a partire dal pendolo verticale (origine) Utilizzo il metodo di Lagrange e quindi determino l’energia cinetica e potenziale del sistema.

Determinazione dell’energia cinetica

T = Tasta 1 + Tdisco 1 + Tasta 2 + Tdisco 2

( ) 21

221

21

221

21

21

21

21

21

21

1θθθθ jmljmljmvT Gasta +=+=+=

( ) 22

22

21 θjmlTasta +=

Al fine di rendere più compatte le equazioni operiamo la seguente sostituzione del valore di j per cui d’ora in avanti:

jmlj += 2 si ha:

211 2

1 θjTasta =

222 2

1 θjTasta =

( ) 21

221

21

221

211 2

12212

212

21 θθθθθ

+=+=+= JMlJMlJlMTdisco

11

( ) 22

222

22

222

222 2

12212

212

21 θθθθθ

+=+=+= JMlJMlJlMTdisco

Come già fatto per le aste anche in questo caso modifichiamo il valore di J per avere equazioni più compatte (in pratica esprimiamo J rispetto alla cerniera di rotazione): JmlJ += 24 si ha:

2

11 21 θJTdisco =

222 2

1 θJTdisco =

L’energia cinetica totale del sistema sarà:

22

*21

*22

21

22

21 2

121

21

21

21

21 θθθθθθ JjJJjjT +=+++=

dove:

JmljmlJjJ +++=+= 22* 4

Determinazione dell’energia potenziale:

V = V asta 1 + V disco 1 + V asta 2 + V disco 2 + V molla V asta 1 = ( )1cos1 θ−mgl V disco 1 = ( )1cos12 θ−mgl V asta 2 = ( )2cos1 θ−mgl V disco 2 = ( )2cos12 θ−mgl

V molla = ( )221

2molla sinsinKl2

1l K21

θ−θ=∆

La relazione sopra introdotta vale nell’ipotesi di trascurare le deformazioni della molla dovute alla componente di spostamento normale al suo asse. Scrittura delle equazioni differenziali di equilibrio non lineari Le equazioni differenziali che descrivono il moto del sistema saranno:

1*

11

*

1 dtd θ

θθ

θ

JTJT

=∂∂

=∂∂

2*

12

*

2 dtd θ

θθ

θ

JTJT

=∂∂

=∂∂

φθ

=∂∂

1

V

12

φθ

=∂∂

2

V

( )φsinsincosKlsin l gsin l g 2112

111

θθθθθθ

−++=∂∂ M2mV

( )2122

222

sinsincosKlsin l gsin l g θθθθθθ

−++=∂∂ M2mV

Le equazioni differenziali risultanti saranno:

( )( )

=−+++=−+++

φθθθθθθφθθθθθθ

2112

222*

2112

111*

sinsincosKlsin l gsin l gsinsincosKlsin l gsin l g

M2mJM2mJ

Determinazione posizione di equilibrio Determino la posizione di equilibrio statico attorno alla quale eseguirò la linearizzazione:

==∂∂

⇒

==∂∂

... 4,2,

... 4,2,

22

11

ππ φθφθ

ππ φθφθ

e

e

V

V

Si noti che le coppie di soluzioni:

π=θ=

π=θ

n... ,5 ,3 ,1n

n

2

1

sono state scartate in quanto corrispondenti a posizioni di equilibrio instabile. La stabilità delle soluzioni indicate è verificata in quanto:

0 21

2

22

2

21

2

22

2

21

2

>

∂∂

∂−

∂∂

∂∂

>∂∂

>∂∂

θθθθ φ

θφ

θVVVVV

Linearizzazione della energia potenziale Consideriamo i singoli termini:

( ) 211 l

21 cos-1l θθ mgmg ==1 asta V

22 l

21 θmg=2 asta V

( ) 211 l cos-1l 2 θθ MgMg ==1 discoV

22 l θMg=2 disco V

13

( ) == 212

sin-sinl 21 θθmmollaV

( )

( )

( )

( )2122

21

2

2122

222

12

22121

22

22212

21

112112

2Kl21

KlKl21Kl

21

coscoscoscos

2coscos2)sinsin(sin2

2coscos2)sinsin(cos2Kl

21

21

21

21

θθ−θ−θ=

=θθ−θ−θ=

=θ⋅θθθ−θθ−+

+θ

θθ−θ−θθ+

+

θθθ+θ−θθ−=

=θ=θ

=θ=θ

=θ=θ

φφ

φφ

φφ

Quindi l’energia potenziale linearizzata sarà:

( )2122

21

222

21

22

21 2

21

21

21 θθθθθθθθ −−++++= KlMglMglmglmglV

e, di conseguenza:

22

12

111

2 θθθθθ

KlKlMglmglV−++=

∂∂

12

22

222

2 θθθθθ

KlKlMglmglV−++=

∂∂

per cui le equazioni linearizzate saranno:

( )( )

=−+++=−+++

φθθθφθθθ

12

22

2*

22

12

1*

Kll gl gKll g2l g

KlM2mJKlMmJ

In forma matriciale si avrà, ponendo la sostituzione sotto indicata:

2* Kll gl g ++= M2mK

φφ

φ =

θθ

−

−+

θθ

2

1*2

2*

2

1*

*

K KlKlK

JJ

in cui le matrici di inerzia e di elasticità sono entrambe definite positive. Posso quindi determinare le frequenze proprie del sistema annullando il determinante della matrice:

[ ]KM 2 −ω e risolvendo la biquadratica che ne risulta.

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi...

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