Vibrazioni di una Poltrona reclinabile

Vibrazioni di una poltrona reclinabileProgetto n.12

Bocchinfuso FrancescoBresciani Federico

15 luglio 2016

Anno accademico 2015-2016

Indice

1 Descrizione del sistema 1

2 Un grado di liberta 42.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche . . . . . . . 42.2 Analisi cinematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2.1 Chiusura OAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2.2 Chiusura inerente al gruppo molla-smorzatore . . . . . 9

2.3 Forme di energia rispetto alla variabile indipendente . . . . . . 112.3.1 Energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3.2 Energia potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3.3 Equilibrio statico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3.4 Funzione dissipativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.3.5 Componenti lagrangiane . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.4 Equazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.5 Equazione del moto linearizzata . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.6 Analisi della risposta del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3 Due gradi di liberta 193.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche . . . . . . . 203.2 Analisi cinematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.2.1 Matrice di rigidezza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.3 Forme di energia rispetto al vettore delle variabili indipendenti 333.4 Equazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.4.1 Moto libero e non smorzato . . . . . . . . . . . . . . . 363.4.2 Moto libero e smorzato . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.4.3 Moto forzato e smorzato . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1 Descrizione del sistema

NG1

G3

D

V

sr2k

kT

r1BAm1,J1

m2,J2,R

m3,J3,L3

y

x

C

O

α

U

Figura 1: Schematizzazione del meccanismo

Si trascura per semplicita la massa della pediera e si considera quindi ilsistema costituito da tre corpi dotati di massa:

• la seduta di massa m1, vincolata a traslare verticalmente a causa deimanicotti;

• il disco di parametri m2, J2 e R incernierato a terra in cui econcentrata la massa delle due aste congiunte e collegato alloschienale tramite un corsoio;

• lo schienale di parametri m3, J3 e L3, collegato alla seduta tramiteuna cerniera.

1

Vi sono poi due smorzatori di parametro r1 e r2, una molla di rigidezza k euna molla torsionale di rigidezza kT .Infine ci sono due forzanti: N applicata nel baricentro G1 e C coppiamotrice applicata sul disco.Un’interpretazione fisica di queste due forzanti e per N la forza causata daun bambino che salta, mentre per C un malfunzionamento del sistemamotore o di trasmissione.

I gradi di liberta del sistema sono 3 · ncorpi = 9 , mentre i vincoli sono:

• 2 manicotti, di cui uno pero ridondante ⇒ 2 gdv

• 1 cerniera assoluta in O e una relativa in A ⇒ 4 gdv

• 1 corsoio in D ⇒ 1 gdv

Quindi i gradi di liberta che restano al sistema sono due e si sceglie diassegnare la rotazione α del disco e la corsa s dell’attuatore, cheeffettivamente sono le coordinate imposte dal motore collegato al disco edall’attuatore.

2

Valori dei parametri

I seguenti sono i valori assegnati ai parametri che rientreranno nelleequazioni successive:

• a = 2 m

• h = 0.75 m

• d = 0.8 m

• m = 0.7 m

• z = 0.1 m

• γ = 110

• q = 0.3 m

• p = 0.1 m

• u = 0.4 m e la distanza tra corsoio e baricentro dell’asta 2;

• R = 0.1 m

• L3 = 1.3 m e la lunghezza dello schienale;

• RT = 0.08 m

• m1 = 4 kg e la massa della seduta;

• m2 = 5 kg e la massa del disco;

• J2 = m2R2

2kg m2

• m3 = 3 kg e la massa dello schienale;

• J3 = m3L23

12kg m2

• kT = 150 Nm

• k = 180 Nm

• r1 = 50 Nsm

• r2 = 30 Nsm

3

2 Un grado di liberta

In questa sezione si considera bloccato lo spostamento dell’attuatore inmodo da ridurre il sistema a un grado. Pertanto la seduta e fissa a terra erimane come unico grado di liberta la rotazione α del disco. Il sistema sipuo semplificare come nella rappresentazione seguente.

G3

A

m2,J2,R

kT

r1

D

B

C

α

m3,J3,L3

O

2.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche

Ec =1

2m2 V

2G2

+1

2J2w

22 +

1

2m3 V

2G3

+1

2J3w

23

D =1

2r1 ∆l1

2

V =1

2kT ∆θT

2 +m2g hG2 +m3g hG3

δL = ~C · ~δθC

4

2.2 Analisi cinematica

2.2.1 Chiusura OAD

O

A

G3

D

a

b

h

z

α

β

Si procede con una chiusura vettoriale nel campo dei numeri complessi:

aeiα = heiπ2 + zei0 + beiβ

I moduli a, h, z sono fissati e noti dalla geometria mentre b e un valorevariabile. Per quanto riguarda gli angoli invece α e il grado di liberta

5

assegnato, β e incognito mentre gli angoli relativi ai vettori di modulo h e zsono costanti in quanto la posizione delle cerniere A ed O e fissata.Pertanto rimangono incogniti b e β che si esplicitano proiettandol’equazione complessa sugli assi reale e immaginario:

a cosα = z + b cos β

a sinα = h+ b sin β

Dalla prima equazione ricavo b, sostituendolo poi nella seconda:

b =a cosα− z

cos β

a sinα = h+ (a cosα− z) tan β

tan β =a sinα− ha cosα− z

⇒

β = arctan

(a sinα−ha cosα−z

)b = a cosα−z

cos β

(1)

Poi derivando si ottiene:−a α sinα = b cos β − b β sin β

a α cosα = b sin β + b β cos β

cioe

[cos β −b sin βsin β b cos β

] [b

β

]=

[−a α sinαa α cosα

]

Si sceglie di risolvere questo e i successivi sistemi lineari tramite il metododi Cramer. Infatti la semplicita dei sistemi che si presentano non rendenecessaria l’implementazione di algoritmi.

Da qui in avanti, quindi, per ogni sistema si indichera con A la matrice deicoefficienti, mentre con A1 e A2 le matrici che si ottengono sostituendorispettivamente alla prima e alla seconda colonna il vettore dei termini noti.L’unica condizione che va verificata per poter usare Cramer e det(A) 6= 0.

6

A =


]det(A) = b (cos2 β + sin2 β) = b 6= 0

A1 =

[−a α sinα −b sin βa α cosα b cos β

]det(A1) = −a b α cos β sinα + a b α sin β cosα = a b α sin (β − α)

A2 =

[cos β −a α sinαsin β a α cosα

]det(A2) = a α(cos β cosα + sin β sinα) = a α cos (β − α)

⇒

b = det(A1)

det(A) = a α sin (β − α)β = det(A2)

det(A) = ab α cos (β − α)

b =∂b

∂αα ⇒ ∂b

∂α= a sin (β − α) (2)

β =∂β

∂αα ⇒ ∂β

∂α=

cos β

a cosα− za cos (β − α) (3)

avendo esplicitato b nell’ultimo termine. Queste derivate torneranno utili inseguito.

7

Si passa ora alle accelerazioni e derivando si giunge al seguente sistema:

−a α sinα− a α2 cosα = b cos β − 2b β sin β − b β sin β − b β2 cos β

a α cosα− a α2 sinα = b sin β + 2b β cos β + b β cos β − b β2 sin β

cioe


] [b

β

]=

[−a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β

a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β

]

La matrice dei coefficienti e la stessa per velocita e accelerazioni, quindivale ancora det(A) = b.

A1 =

[−a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β −b sin β

a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β b cos β

]

det(A1) = −a b α sinα cos β − a b α2 cosα cos β + 2b b β sin β cos β + b2β2 cos2 β+

+ a b α sin β cosα− a α2 b sinα sin β − 2b b β sin β cos β + b2β2 sin2 β =

= a b α sin (β − α)− a b α2 cos (β − α) + b2β2.

A2 =

[cos β −a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β

sin β a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β

]

det(A2) = a α cosα cos β − a α2 sinα cos β − 2b β cos2 β + b β2 sin β cos β+

+ a α sinα sin β + a α2 cosα sin β − 2b β sin2 β − b β2 sin β cos β =

= a α cos (β − α) + a α2 sin (β − α)− 2b β.

⇒

b = det(A1)det(A) = a α sin (β − α)− a α2 cos (β − α) + b β2

β = det(A2)det(A) = a

b α cos (β − α) + ab α

2 sin (β − α)− 2 b βb

β =∂2β

∂α2α2 +

∂β

∂αα

⇒ ∂2β

∂α2=a

bsin (β − α) − a2

b2sin (2β − 2α) (4)

8

2.2.2 Chiusura inerente al gruppo molla-smorzatore

A

n

βp

q

cγ

La schematizzazione prevede che il gruppo molla-smorzatore sia vincolatoal resto del sistema tramite un carrello, che sia tale da mantenere losmorzatore agente sulla stessa direzione. Ne consegue che anche i puntidella molla torsionale ruotino attorno all’incastro senza pero che la formacircolare della molla venga alterata.La chiusura che ne risulta e:

neiβ = peiπ2 + qei0 + ceiγ

I moduli p e q dipendono dalla geometria e sono pertanto noti. Tramitel’ipotesi del carrello e stato anche fissato l’angolo γ che e quindi noto edinfine l’angolo β e stato precedentemente calcolato.Quindi le due incongnite rimanenti sono n e c.

n cos β = q + c cos γ

n sin β = p+ c sin γ

9

cioe

[cos β − cos γsin β − sin γ

] [nc

]=

[qp

]

A =

[cos β − cos γsin β − sin γ

]det(A) = − cos β sin γ + sin β cos γ = sin (β − γ) 6= 0

A1 =

[q − cos γp − sin γ

]det(A1) = −q sin γ + p cos γ

A2 =

[cos β qsin β p

]det(A2) = p cos β − q sin β

⇒

n = det(A1)

det(A) = p cos γ−q sin γsin (β−γ)

c = det(A2)det(A) = p cos β−q sin β

sin (β−γ)

Si deriva ora il legame cinematico di c, ignorando il vettore n che nonrientrera nelle forme di energia.

∂c

∂α=∂c

∂β

∂β

∂α=∂β

∂α

(−p sin β − q cos β) sin (β − γ)− (p cos β − q sin β) cos (β − γ)

sin2 (β − γ)=

=∂β

∂α

q sin γ − p cos γ

sin2 (β − γ)(5)

I valori di q, p e γ sono costanti e la derivata seconda e:

∂2c

∂α2=∂2β

∂α2

q sin γ − p cos γ

sin2 (β − γ)− 2

(∂β∂α

)2 (q sin γ − p cos γ) cos (β − γ)

sin3 (β − γ)(6)

c =∂c

∂αα

c =∂c

∂αα +

∂2c

∂α2α2

10

2.3 Forme di energia rispetto alla variabileindipendente

2.3.1 Energia cinetica

• VG2 = 0 in quanto la massa e concentrata nel disco incernierato aterra;

• w2 = +α poiche la rotazione imposta dal gdl e concorde alleconvenzioni di segno;

• ~VG3 = +L3

2β(− sin β i+ cos β j) infatti:

(G3 −O) = heiπ2 + zei0 +

L3

2eiβ

e derivando i primi due vettori scompaiono essendo costanti;

• w3 = +β = abα cos (β − α).

⇒ Ec =1

2m2 V

2G2

+1

2J2w

22 +

1

2m3 V

2G3

+1

2J3w

23 =

=1

2

[J2 +

(m3

L23

4+ J3

)a2

b2cos2 (β − α)

]α2 =

1

2Jeq(α) α2

d

dt

(∂Ec∂α

)−∂Ec∂α

= Jeq(α) α +1

2

∂Jeq(α)

∂αα2 (7)

con∂Jeq(α)

∂α= a2

(m3

L23

4+ J3

) ∂

∂α

(cos2 (β − α)

b2

)=

= −a2(m3

L23

4+ J3

) 1

b4

[b2 sin (2β − 2α)

∂β

∂α+ 2b cos2 (β − α)

∂b

∂α

]lasciando impliciti i valori determinati nelle equazioni (2) e (3).

11

2.3.2 Energia potenziale

• ∆θT = ∆θTd + ∆θT0 = θT (α)− θT (α0) + ∆θT0 = c−c0RT

+ ∆θT0 doveRT e la distanza tra il punto in cui la molla e incernierata a terra ed ilpunto in cui e collegata al resto del sistema e intendendo c0 = c(α0);

• hG2 = 0 poiche il baricentro corrisponde al centro O del disco chee fisso a terra;

• hG3 = h+ L3

2sin β infatti e la proiezione lungo l’asse verticale del

vettore (G3 −O):

(G3 −O) = heiπ2 + zei0 +

L3

2eiβ

⇒ V =1

2kT ∆θT

2 +m2g hG2 +m3g hG3 =

=1

2kT

(c− c0

RT

+ ∆θT0

)2

+m3 g(h+

L3

2sin β

)

Il termine che poi rientra nell’equazione di moto e la derivata delpotenziale, cioe:

∂V

∂α= kT ∆θT

1

RT

∂c

∂α+m3 g

L3

2cos β

∂β

∂α(8)

2.3.3 Equilibrio statico

Si cerca ora il precarico della molla torsionale imponendo l’equilibrio statico

del sistema ∂V∂α

∣∣∣α=α0

= 0.

∂V

∂α

∣∣∣α=α0

= kT ∆θT01

RT

∂c

∂α

∣∣∣0

+m3 gL3

2cos β0

∂β

∂α

∣∣∣0

= 0

Sapendo che α0 = 30 e con l’ausilio della funzione Matlab precarico.m siottiene:

∆θT0 = −m3 gL3

2cos β0

∂β

∂α

∣∣∣0

RT

kT

( ∂c∂α

∣∣∣0

)−1

' 1.7785 · 10−4 rad

12

2.3.4 Funzione dissipativa

• ∆l1 ≡ c = ∂c∂αα trovato nella chiusura inerente allo smorzatore,

si veda l’equazione (5)

⇒ D =1

2r1 ∆l1

2=

1

2r1

( ∂c∂α

)2

α2

∂D

∂α= r1

( ∂c∂α

)2

α (9)

2.3.5 Componenti lagrangiane

• ~θC = +α k e quindi:

~δθC =∂ ~θC∂α

δα = k δα

⇒ δL = ~C · ~δθC = Ck · k δα = C δα

⇒ Qα = C (10)

13

2.4 Equazione del moto

Riferendosi alle equazioni (7), (8), (9), (10) si ottiene l’equazione chedescrive il moto del sistema:

d

dt

(∂Ec∂α

)−∂Ec∂α

+∂D

∂α+∂V

∂α= Qα

Jeq(α) α +1

2

∂Jeq(α)

∂αα2 + r1

( ∂c∂α

)2

α + kT ∆θT1

RT

∂c

∂α+m3 g

L3

2cos β

∂β

∂α= C(t)

2.5 Equazione del moto linearizzata

L’equazione del moto si rende lineare facendo in modo che le forme dienergia, che poi andranno derivate, siano quadratiche.Per l’energia cinetica e la funzione dissipativa questa operazione e semplice,infatti:

Ec ≈ Ec∣∣0

=1

2Jeq(α0) α2

D ≈ D∣∣0

=1

2Req(α0) α2

poiche se si considerassero anche i termini di primo grado dello sviluppoin serie le forme di energia cesserebbero di essere quadratiche.

⇒ d

dt

(∂Ec∂α

)−∂Ec∂α

= Jeq(α0) α

∂D

∂α= Req(α0) α

Per l’energia potenziale invece lo sviluppo arriva fino al secondo ordinequindi va calcolata la derivata seconda del potenziale:

∂V

∂α= kT ∆θT

∂∆θT∂α

+m3 g∂hG3

∂α

⇒ ∂2V

∂α2= kT ∆θT

∂2∆θT∂α2

+ kT

(∂∆θT∂α

)2

+m3g∂2hG3

∂α2=

= kT ∆θT1

RT

∂2c

∂α2+ kT

( 1

RT

∂c

∂α

)2

+m3gL

2

[ ∂2β

∂α2cos β −

(∂β∂α

)2

sin β]

14

∂2V

∂α2

∣∣∣0

= kT ∆θT0∂2∆θT∂α2

∣∣∣0

+ kT

(∂∆θT∂α

∣∣∣0

)2

+m3 g∂2hG3

∂α2

∣∣∣0

V ≈ V∣∣0

+∂V

∂α

∣∣∣0(α− α0) +

1

2

∂2V

∂α2

∣∣∣0(α− α0)2

dove nella linearizzazione il primo termine e una costante e quindi nonrientra nell’equazione di moto, il secondo lo si calcola proprio in α = α0 equindi e nullo per definizione di equilibrio statico, infine la derivata secondadel potenziale e stata appena calcolata.Per comodita si definisce la perturbazione α = α− α0:

⇒ ∂V

∂α=∂2V

∂α2

∣∣∣α=0

α

Infine, siccome tutte le forze costanti sono state riportate nel potenziale,vale:

Qα ≈ Qα(α0) = C(t)

che gia era lineare.Sapendo che ˙α ≡ α e ¨α ≡ α l’equazione di moto linearizzata riferita allaperturbazione diventa:

Jeq(α0) ¨α +Req(α0) ˙α +∂2V

∂α2

∣∣∣0α = Qα(α0) (11)

15

2.6 Analisi della risposta del sistema

La frequenza propria e il fattore di smorzamento del sistema linearizzatosono:

f ' 4.81 Hz

h ' 3.212 %

Invece la forzante ha la seguente forma:

C(t) = C0 cos (Ωt+ ψ)

Nelle simulazioni seguenti vengono fatti variare C0, Ω, ψ e il vettore dellecondizioni iniziali x0. Si ricorda che α0 = 30.

0 1 2 3 4 5tempo [s]

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

rota

zion

e de

l dis

co [d

eg]

non linearelinearizzato

0 1 2 3 4 5tempo [s]

-100

-50

0

50

100

150

200ro

tazi

one

del d

isco

[deg

]


α(0) = α0 + pi/4 α(0) = α0 + 3*pi/4

Figura 2: Moto libero, α(0) = 0

Per quanto riguarda l’omogenea, il primo grafico mostra che la risposta delsistema linearizzato approssima molto bene quella non lineare, nonostantela distanza dall’equilibrio sia rilevante. Tra le due l’unica differenza e che lanon lineare non mantiene costante la frequenza di oscillazione.Nel secondo grafico invece la perturbazione e di 3

4π e il sistema non lineare

trova un altro equilibrio, seguendo inoltre un andamento non sinusoidale. Eevidente che la linearizzata non e piu accettabile, ma effettivamente ci si eallontanati molto dall’intorno dell’equilibrio.

16

0 1 2 3 4 5tempo [s]

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

rota

zion

e de

l dis

co [d

eg]


0 1 2 3 4 5tempo [s]

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

rota

zione

del

disc

o [d

eg]


0 1 2 3 4 5tempo [s]

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

rota

zione

del

disc

o [d

eg]


0 1 2 3 4 5tempo [s]

-20

-10

0

10

20

30

40

50

60

70

80

rota

zion

e de

l dis

co [d

eg]


f=1ψ=0

f=4.81ψ=90°

f=4.81ψ=0

f=3ψ=0

Figura 3: Moto forzato, Ω = 2πf

I valori tenuti fissi in ogni grafico sono i seguenti:

• C0 = 70Nm

• α(0) = α0 + π4

• α(0) = 0

17

La forzante introduce varie irregolarita nella risposta e l’andamento e fruttodella somma tra soluzione particolare e omogenea, ma perlomeno nei primidue grafici la linearizzata segue bene la non lineare.

Imponendo la frequenza della forzante pari alla frequenza propria delsistema si rilevano ampiezze di oscillazione notevoli anche superato iltransitorio iniziale, che tenderebbero all’infinito se non ci fosse un elementodissipativo. In ogni caso e verificato che entrambe le sinusoidi assumono lafrequenza della forzante.

Le oscillazioni a regime hanno un’ampiezza minore di 20 per la non linearementre la linearizzata e attorno ai 30. Questa discrepanza puo esserecausata da alcuni contributi, che nascono quando il sistema non e aα = 30, presenti nel sistema non lineare e invece non inclusi nellalinearizzata che ha tutte le componenti calcolate all’equilibrio.

Sfasando di 90 la forzante si vede che le armoniche della particolare sisommano in modo diverso con quelle dell’omogenea e quindi non si osservapiu un punto di inversione, ovvero un punto in cui e netto il passaggio daltransitorio a regime.

18

3 Due gradi di liberta

NG1

G3

D

V

sr2k

kT

r1BAm1,J1

m2,J2,R

m3,J3,L3

y

x

C

O

α

U

L’attuatore impone il moto dell’asta di massa m1, della molla di rigidezza ke dello smorzatore di parametro r2, pertanto la rotazione α del disco non hainfluenza su questi elementi. Allo stesso modo l’attuatore non ha effetto sulmoto del disco di massa m2.Invece l’asta AD e il gruppo molla-smorzatore connesso risentonodell’azione combinata dei due gradi di liberta ed in seguito sara quindinecessario procedere con una chiusura vettoriale che comprenda sia α sia s.

19

3.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche

Ec =1

2yTm [m] ym

con ym =

VG1

w1

VG2

w2

VG3

w3

e [m] =

m1 0 · · · · · · · · · 0

0 J1...

... m2...

... J2...

... m3 00 · · · · · · · · · 0 J3

D =1

2yTs [r] ys

con ys =

[∆l1∆l2

]e [r] =

[r1 00 r2

]

V =1

2yk

T [k] yk − PT yP

con yk =

[∆θT∆l

], [k] =

[kT 00 k

],

yP =

yP1

yP2

yP3

e P =

m1 gm2 gm3 g

Come si vede dal vettore P le uniche forze costanti che rientrano nelpotenziale sono i pesi. Pertanto il vettore yP, che rappresenta glispostamenti dei punti di applicazione delle forze costanti nella direzionedella forza, non sara altro che l’abbassamento dei baricentri.

20

Infine:

δL =(~F(t)

)T· ~δSF

con ~δSF =

[~δθC~δSN

]e ~F(t) =

[~C(t)~N(t)

]

Si definiscono i seguenti vettori contenenti le coordinate libere perprocedere con l’approccio matriciale:

x =

[αs

], x0 =

[α0

s0

], δx =

[δαδs

], x =

[αs

], x =

[αs

]Nella prossima sezione si valutano i legami cinematici con i due gradi diliberta α e s, linearizzandoli pero direttamente nell’intorno della posizionedi equilibrio:

x = x0 =

[30

0.8

]dove s0 = 0.8m e la lunghezza dell’attuatore all’equilibrio.Per Ec, D e Q si e gia visto nella sezione ad un grado di liberta che lalinearizzazione e semplice:

Ec ≈ Ec∣∣0

D ≈ D∣∣0

Q ≈ Q∣∣0

Per quanto riguarda il potenziale, invece, per trovare una forma quadraticalo sviluppo in serie deve arrivare al secondo ordine.Nei casi in cui i legami cinematici fossero lineari si potrebbe direttamentelinearizzare anche il potenziale infatti rimmarrebbe solo [KI ], ma purtropponon e questo il caso.

V ≈ V |0 +∂V

∂x

∣∣∣0(x− x0) +

1

2(x− x0)T

[ ∂∂x

(∂V∂x

)T]∣∣∣0(x− x0) (12)

∂V

∂x= yk

T [k]∂yk

∂x− PT ∂yP

∂x

∂

∂x

(∂V∂x

)T=(∂yk

∂x

)T[k]

∂yk

∂x+ yk

T [k]∂

∂x

(∂yk

∂x

)T−PT ∂

∂x

(∂yP

∂x

)T21

Tutti i termini si calcolano poi nella posizione di equilibrio andando adefinire la matrice di rigidezza:

[K] =[ ∂∂x

(∂V∂x

)T]∣∣∣0

= [KI ] + [KII ] + [KIII ]

= [λk|0]T [k] [λk|0] +2∑i=1

ki yk,i|0 [Hyk,i|0] +3∑i=1

mi g [Hhi |0](13)

Nell’ultima scrittura si sono ridefiniti i tensori che rappresentano le derivateseconde come somme di matrici hessiane [H] per rendere il testo piuleggibile e si e notato che il vettore yP e l’opposto del vettore hi checontiene gli innalzamenti del baricentro. Inoltre si e sostituito:

[λk|0] =∂yk

∂x

∣∣∣0

22

3.2 Analisi cinematica

Oggetto dell’analisi cinematica e trovare i Jacobiani dei vettori sopramenzionati per correlare le variabili fisiche a quelle indipendenti. Comedetto pero, serve trovare la relazione β(α, s) per l’energia cinetica dell’astaAD e la relazione c(α, s) per il potenziale e la funzione dissipativa.

Chiusura OVAD

β

O

D

AV

α

a

b

d

s

m

Figura 4: Chiusura OVAD

d eiπ + s eiπ2 +mei0 + b eiβ = a eiα

I moduli a, d e m sono costanti e noti, quindi le incognite sono b e β.

23

−d+m+ b cos β = a cosα

s+ b sin β = a sinα

Analogamente a quanto fatto nella chiusura 2.2.1 si ricavano le dueincognite:

β = arctan(

a sinα− sa cosα+ d−m

)b = a cosα+ d−m

cos β

Derivando: b cos β − b β sin β = −a α sinα

b sin β + b β cos β = a α cosα− s

cioe


] [b

β

]=

[−a α sinαa α cosα− s

]

A =


]det(A) = b (cos2 β + sin2 β) = b 6= 0

A1 =

[−a α sinα −b sin βa α cosα− s b cos β

]det(A1) = a b α sin (β − α) − b s sin β

A2 =

[cos β −a α sinαsin β a α cosα− s

]det(A2) = a α cos (β − α) − s cos β

24

⇒

b = det(A1)

det(A) = a α sin (β − α) − s sin β


b α cos (β − α) − 1b s cos β

β =∂β(α, s)

∂t=∂β

∂αα +

∂β

∂ss

⇒ ∂β

∂α=a

bcos (β − α) e

∂β

∂s= − 1

bcos β (14)

Derivando ancora l’equazione:

b cos β − 2b β sin β − b β sin β − b β2 cos β = −a α sinα− a α2 cosα

b sin β + 2b β cos β + b β cos β − b β2 sin β = a α cosα− a α2 sinα− s

cioe


] [b

β

]=

[−a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β

a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β − s

]

A1 =

[−a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β −b sin β

a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β − s b cos β

]det(A1) = a b α sin (β − α)− a b α2 cos (β − α) + b2β2 − b s sin β

A2 =

[cos β −a α sinα− a α2 cosα + 2b β sin β + b β2 cos β

sin β a α cosα− a α2 sinα− 2b β cos β + b β2 sin β − s

]det(A2) = a α cos (β − α) + a α2 sin (β − α)− 2b β − s cos β

⇒

b = det(A1)det(A) = a α sin (β − α)− a α2 cos (β − α) + b β2 − s sin β


b α cos (β − α) + ab α

2 sin (β − α)− 2b b β −

1b s cos β

25

dove

bβ =[a α sin (β − α) − s sin β

][abα cos (β − α) − 1

bs cos β

]=a2

2bsin (2β − 2α) α2 − a

bsin (2β − α) α s+

1

2bsin (2β) s2

β =∂2β

∂α2α2 +

∂β

∂αα +

∂2β

∂s2s2 +

∂β

∂ss+

∂2β

∂α∂sα s

⇒ ∂2β

∂α2=a

bsin (β − α)− a2

b2sin (2β − 2α)

∂2β

∂s2= − 1

b2sin (2β)

∂2β

∂α∂s=

2a

b2sin (2β − α)

26

Chiusura molla-smorzatore

A

n

βp

q

cγ

Figura 5: Chiusura molla-smorzatore

La chiusura e del tutto identica a quella per un grado di liberta nellasezione 2.2.2 e si riportano quindi i risultati:

c =p cos β − q sin β

sin (β − γ)

∂c

∂β=q sin γ − p cos γ

sin2 (β − γ)

∂2c

∂β2= −2

(q sin γ − p cos γ) cos (β − γ)

sin3 (β − γ)

c =∂c(β)

∂t=∂c

∂ββ

c =∂c

∂ββ +

∂2c

∂β2β2

Le relazioni di c e delle sue derivate rispetto ad α si ricavano semplicementesostituendo i valori di β, β e β calcolati in precedenza.

27

Si puo procedere a scrivere i Jacobiani:

ym ≈ [λm|0] x

ys ≈ [λs|0] x

~δSF ≈ [λF |0] ~δx

Linearizzando questi tre legami cinematici vale la sovrapposizione deglieffetti ed e possibile analizzare il sistema studiando l’effetto di ogni singologrado di liberta. In ogni caso, quando si considera l’asta AD ci si riferiscecomunque a β e c trovati con le chiusure e dipendenti da entrambi i gradi diliberta.Per semplicita si chiama u il segmento G3D.

α s

VG1 0 1

w1 0 0

VG2 0 0

w2 1 0

VG3

L3

2∂β∂α

∣∣∣0u ∂β

∂s

∣∣∣0

w3∂β∂α

∣∣∣0

∂β∂s

∣∣∣0

28

Si ha w1 = 0 perche i manicotti permettono solo la traslazione e VG2 = 0perche il baricentro del disco corrisponde al punto in cui il disco eincernierato a terra.

[λm|0]T =

0 0 0 1 L3

2∂β∂α

∣∣∣0

∂β∂α

∣∣∣0

1 0 0 0 u ∂β∂s

∣∣∣0

∂β∂s

∣∣∣0

α s

∆l1∂c∂α

∣∣∣0

∂c∂s

∣∣∣0

∆l2 0 1

δ~α δ~s

~δθC 1 0

~δSN 0 −1

Si nota che le forzanti agiscono ciascuna su un grado di liberta senzainfluire direttamente sull’altro, in particolare C su α e N su s. Va ricordatoche ~δθC e ~δSN sono presi nel verso delle forze.

Si e quindi trovato [λs|0] =

[∂c∂α

∣∣∣0

∂c∂s

∣∣∣0

0 1

]e [λF |0] =

[1 00 −1

]

29

3.2.1 Matrice di rigidezza

∆θT = ∆θTd + ∆θT0 = θT (x)− θT (x0) + ∆θT0 =

=c− c0

RT

+ ∆θT0

∆l = ∆ld + ∆l0 = s− s0 + ∆l0

infatti l’allungamento della molla e imposto dal solo attuatore. Il legamelineare semplifica la scrittura dell’energia potenziale associata alla molla dirigidezza k.

[λk] =∂yk

∂x=

∂∆θT∂α

∂∆θT∂s

∂∆l∂α

∂∆l∂s

2x2

[λk|0] =

1RT

∂c∂α

∣∣∣0

1RT

∂c∂s

∣∣∣0

0 1

[KI ] = [λk|0]T [k] [λk|0] =

kTR2T

(∂c∂α

∣∣∣0

)2kTR2T

∂c∂α

∣∣∣0

∂c∂s

∣∣∣0

kTR2T

∂c∂α

∣∣∣0

∂c∂s

∣∣∣0

kTR2T

(∂c∂s

∣∣∣0

)2

+k

[Hyk,1 ] =∂

∂x

(∂yk,1∂x

)T=

∂2∆θT∂α2

∂2∆θT∂s ∂α

∂2∆θT∂α ∂s

∂2∆θT∂s2

=1

RT

∂2c∂α2

∂2c∂s ∂α

∂2c∂α ∂s

∂2c∂s2

30

[Hyk,2 ] =∂

∂x

(∂yk,2∂x

)T=

∂2∆l∂α2

∂2∆l∂s ∂α

∂2∆l∂α ∂s

∂2∆l∂s2

=

[0 00 0

]

[KII ] =2∑i=1

ki yk,i|0 [Hyk,i|0] = kT ∆θT01

RT

∂2c∂α2

∣∣∣0

∂2c∂s ∂α

∣∣∣0

∂2c∂α ∂s

∣∣∣0

∂2c∂s2

∣∣∣0

[Hhi ] =∂

∂x

(∂hi∂x

)T=

∂2hi∂α2

∂2hi∂s ∂α

∂2hi∂α ∂s

∂2hi∂s2

I legami cinematici che associano yP a x sono:

• h1 = yG1 = s

⇒ [Hh1|0] =

[0 00 0

]

• h2 = yG2 = 0

⇒ [Hh2|0] =

[0 00 0

]

31

• h3 = yG3 = s+ L3

2sin β

⇒ [Hh3|0] =L3

2

∂2β∂α2

∣∣∣0cos β0 −

(∂β∂α

∣∣∣0

)2

sin β0 0

0 0

[KIII ] =3∑i=1

mi g [Hhi |0] = m3 gL3

2

∂2β∂α2

∣∣∣0cos β0 −

(∂β∂α

∣∣∣0

)2

sin β0 0

0 0

32

3.3 Forme di energia rispetto al vettore delle variabiliindipendenti

Energia cinetica

Ec =1

2yTm [m] ym ≈

1

2xT [λm|0]T [m] [λm|0] x =

1

2xT [M ] x

M e la matrice di massa:

[M ] =

J2 +

[m3

L23

4 + J3

](∂β∂α

∣∣∣0

)2 [m3

L3

2 u+ J3

]∂β∂α

∣∣∣0

∂β∂s

∣∣∣0[

m3L3

2 u+ J3

]∂β∂α

∣∣∣0

∂β∂s

∣∣∣0

m1 +[m3

L3

2 u+ J3

](∂β∂s

∣∣∣0

)2

=

[1.6920 −0.6442−0.6442 4.0049

](15)

ricordando che u = G3D.Si nota che la matrice di massa e simmetrica.

⇒[ ddt

(∂Ec∂x

)−∂Ec∂x

]T= [M ] x

Energia potenziale

Riprendendo quanto scritto nelle equazioni (12) e (13) vale:(∂V∂x

)T= [K] (x− x0)

La matrice [K], somma delle tre matrici calcolate nella sezione 3.2.1, esimmetrica:

[K] = 103 ·[

2.6011 −1.4166−1.4166 0.9418

](16)

Equilibrio statico

Si cerca ora il precarico delle due molle imponendo l’equilibrio statico delsistema.

33

Ovviamente si considera la scrittura del potenziale non lineare e solo doposi valutano i due gradi di liberta nell’intorno della posizione di equilibrio.

∂V

∂x= yk

T [k]∂yk

∂x− PT ∂yP

∂x=

=[∆θT ∆l

] [kT 00 k

]∂∆θT∂α

∂∆θT∂s

∂∆l∂α

∂∆l∂s

− [m1 g m2 g m3 g]

∂yP1

∂α∂yP1

∂s

∂yP2

∂α∂yP2

∂s

∂yP3

∂α∂yP3

∂s

=

=[kT∆θT

∂∆θT∂α kT∆θT

∂∆θT∂s + k∆l

]−[m3 g

∂yP3

∂α m1 g +m3 g]

sostituendo i termini precedentemente trovati.Impongo ora: (∂V

∂x

)T ∣∣∣x=x0

= 0

⇒

kT∆θT0

∂∆θT∂α

∣∣∣0−m3 g

∂yP3

∂α

∣∣∣0

= 0

kT∆θT0∂∆θT∂s

∣∣∣0

+ k∆l0 −m1 g −m3 g = 0

da cui ricavo ∆θT0 e ∆l0.In particolare ∆θT0 = 0.0303 rad che rispetto al caso ad un grado di libertae piuttosto cresciuto.

34

Funzione dissipativa

D =1

2yTs [r] ys ≈

1

2xT [λs|0]T [r] [λs|0] x =

1

2xT [R] x

[R] =

r1

(∂c∂α

)2

r1∂c∂α

∂c∂s

r1∂c∂α

∂c∂s r1

(∂c∂s

)2

+r2

=

[5.5380 −3.0078−3.0078 31.6336

](17)

⇒(∂D∂x

)T= [R] x

Componenti lagrangiane

δL =(~F(t)

)T· ~δSF ≈

(~F(t)

)T· [λF |0] ~δx

⇒ QT =(F(t)

)T· [λF |0] =

[C(t) N(t)

] [1 00 −1

]=[C(t) −N(t)

]

35

3.4 Equazione del moto

Per comodita si passa dal vettore delle coordinate libere al vettore delleperturbazioni dalla posizione di equilibrio in modo da non scrivere iltermine (x− x0) associato al potenziale. Ci si riferira comunque a xintendendo pero la pertubazione, come detto.Avendo linearizzato direttamente i legami cinematici si raggiunge laseguente equazione differenziale del secondo ordine:

[M ] x + [R] x + [K] x = Q (18)

3.4.1 Moto libero e non smorzato

[M ] x + [K] x = 0

La soluzione ipotizzata e sempre del tipo x = X eλt

(λ2[M ] + [K]

)X eλt = 0(

λ2[I] + [M ]−1[K])

X = 0

Come per tutti i casi non forzati, per avere una soluzione non banalebisogna imporre che la matrice λ2[I] + [M ]−1[K] sia singolare, cioe condeterminante nullo.Cosı facendo si trovano quindi un polinomio di quarto grado biquadraticoche da luogo a quattro autovalori, complessi e coniugati a due a due:λ1,3 = ±i wI e λ2,4 = ±i wII .

Rientrando nel sistema e imponendo prima λI e poi λII si ottengono i duemodi di vibrare. Infatti la soluzione e nella forma

x =4∑i=1

Xi eλit

e se non si facesse questo passaggio si avrebbero Xi (i=1,2,3,4) incognite,ognuna composta da due elementi, per un totale di otto incognite.Il sistema ha due equazioni linearmente dipendenti a causa della nostraimposizione e quindi si considera solo una delle due equazioni, per esempiola prima.

(λ2I m11 + k11)X

(I)1 + (λ2

I m12 + k12)X(I)2 = 0

36

⇒ µ(I) =X

(I)1

X(I)2

= −λ2I m12 + k12

λ2I m11 + k11

ed analogamente

(λ2II m11 + k11)X

(II)1 + (λ2

II m12 + k12)X(II)2 = 0

⇒ µ(II) =X

(II)1

X(II)2

= −λ2II m12 + k12

λ2II m11 + k11

⇒ X(I) =

[µ(I)

1

]e X(II) =

[µ(II)

1

]Si ottiene quindi la risposta nel tempo che bisogna proiettare sull’asse reale:

x(t) = <(AX(I) eiωI t +BX(I) e−iωI t + C X(II) eiωII t +DX(II) e−iωII t

)e le incognite sono diventate quattro che si riescono a determinare con ledue condizioni iniziali per ogni gdl.

Tramite Matlab si trovano gli autovalori e quindi le pulsazioni proprie:

ωI = 6.6882rad

s

ωII = 39.4517rad

s

I rapporti che definiscono i modi di vibrare sono:

µ(I) =X

(I)1

X(I)2

= 0.5495

µ(II) =X

(II)1

X(II)2

= −12.7822

Il primo modo µI e piuttosto alto, quindi la componente di x(t) associata awI sara decisamente maggiore per α rispetto a s.Si impongono ora le condizioni iniziali:

α(t = 0) = π3

α(t = 0) = 0

s(t = 0) = 1.2

s(t = 0) = 0

37

In questo modo ottengo i valori di C1, φ1, C2, φ2 e quindi i seguenti grafici.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

0

10

20

30

40

50

60

70

Rot

azio

ne d

el d

isco

[deg

]

Risposta non smorzata del primo gdl nel tempo

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

300

400

500

600

700

800

900

1000

1100

1200

1300

Spos

tam

ento

del

l'attu

ator

e [m

m]

Risposta non smorzata del secondo gdl nel tempo

Senza smorzamento l’oscillazione si mantiene costante attorno all’equilibriostatico e gli andamenti sono dati dalla somma delle sinusoidi associate alledue frequenze proprie. La prima frequenza propria genera l’andamento ingrande, attorno al quale a sua volta oscilla la curva con pulsazionemaggiore.Ad una prima occhiata sembrerebbe che in t = 0 l’attuatore possieda unavelocita iniziale. In realta, si puo osservare dall’ingrandimento nel graficosottostante che la derivata e nulla come impongono le condizioni iniziali mal’attuatore acquista velocita in molto poco: solo 0.05 s.

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5t

300

400

500

600

700

800

900

1000

1100

1200

1300

Spos

tam

ento

del

l'attu

ator

e [m

m]


38

3.4.2 Moto libero e smorzato

[M ] x + [R] x + [K] x = 0

La tecnica risolutiva prevede la scomposizione delle due equazioni inquattro equazioni in modo tale da ricondursi a equazioni differenziali delprimo ordine.

[M ] x = −[R] x− [K] x

[M ] x = [M ] x

Chiamo

z =

[xx

]e z =

[xx

][[M ] [0][0] [M ]

]z =

[−[R] −[K][M ] [0]

]z

z =

[[M ] [0][0] [M ]

]−1 [−[R] −[K][M ] [0]

]z = [A] z

Si e usata la matrice [M ] nella seconda equazione, in modo tale daabbattere i problemi di mal condizionamento della matrice [A]. Infatti imetodi numerici per la risoluzione di sistemi lineari possono dar luogo agrandi errori nel caso in cui la matrice presenti termini con valori tra loromolto differenti.Si e giunti quindi a un sistema caratterizzato da una matrice [A]4x4 chepermette di arrivare all’equazione(

[A]− λ [I])

Z eλt = 0

poiche la soluzione ipotizzata e ancora del tipo:

z = Z eλt

Annullando ancora il determinante della matrice si ottiene sempre unpolinomio di quarto grado ma non piu biquadratico come nel caso nonsmorzato. Gli autovalori hanno la seguente forma:

λI,III = −αI ± i wIλII,IV = −αII ± i wII

39

Sono sempre complessi e coniugati a due a due, ma c’e anche unacomponente reale che deve esser negativa, cioe αI , αII > 0, per impedire ladivergenza di z(t).Ora si sostituiscono i quattro autovalori per esempio nella prima equazionedel sistema di moto:

(λ2I m11 + λI r11 + k11)X

(I)1 + (λ2

I m12 + λI r12 + k12)X(I)2 = 0

⇒ µ(I) =X

(I)1

X(I)2

= −λ2I m12 + λI r12 + k12

λ2I m11 + λI r11 + k11

⇒ X(I) =

[µ(I)

1

]ed analogo per λII , λIII e λIV .La presenza di smorzamento rende ora i modi di vibrare numeri complessi.

Ottengo quindi:

x = <[e−αI t

(AX(I) eiωI t +BX(III) e−iωI t

)+ e−αII t

(C X(II) eiωII t +DX(IV ) e−iωII t

)]Lo smorzamento introduce il termine esponenziale decrescente che va aridurre l’ampiezza di oscillazione nel tempo. Inoltre i modi di vibrare sonocomplessi e quindi aggiungono un’ulteriore fase agli argomenti dei coseni.Grazie al comando eig in Matlab si trovano i quattro autovalori:

λI = −3.9413 + 5.4056 i

λII = −1.7044 + 39.4051 i

λIII = −3.9413− 5.4056 i

λIV = −1.7044− 39.4051 i

e cioe ωI = 5.4056 rads

e ωII = 39.4051 rads

.Si osserva che il primo modo di vibrare e quello piu smorzato tra i due,avendo un α maggiore.I rapporti che definiscono i modi di vibrare sono:

µ(I) =X

(I)1

X(I)2

= 0.5461 + 0.0046 i

µ(II) = −12.6675 + 2.6962 i

µ(III) = 0.5461− 0.0046 i

µ(IV ) = −12.6675− 2.6962 i

40

Imponendo le stesse condizioni iniziali del moto non smorzato si ottengono iseguenti grafici.

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

Rot

azio

ne d

el d

isco

[deg

]

Risposta smorzata del primo gdl nel tempo

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

750

800

850

900

950

1000

1050

1100

1150

1200

1250

Spos

tam

ento

del

l'attu

ator

e [m

m]

Risposta smorzata del secondo gdl nel tempo

La presenza di smorzamento abbatte le oscillazioni in meno di 3 secondi:addirittura s(t) tende all’equilibrio statico senza quasi oscillare, grazie alvalore alto di r1 = 50 Ns

m.

Per l’attuatore e presente lo stesso effetto del caso non smorzato, per cuivedere la derivata iniziale positiva invece che nulla e solo un’illusione ottica.

41

Tenendo fisse le posizioni, ora si danno anche velocita iniziali:α(t = 0) = π

3

α(t = 0) = 12

s(t = 0) = 1.2

s(t = 0) = 7

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

-500

0

500

1000

1500

2000

2500

Spos

tam

ento

del

l'attu

ator

e [m

m]


0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

20

30

40

50

60

70

80

Rot

azio

ne d

el d

isco

[deg

]

Risposta smorzata del primo gdl nel tempo

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

700

800

900

1000

1100

1200

1300

1400

1500

1600

1700

Spos

tam

ento

del

l'attu

ator

e [m

m]

Risposta smorzata del secondo gdl nel tempo

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3t

-40

-20

0

20

40

60

80

100

Rot

azio

ne d

el d

isco

[deg

]

Risposta non smorzata del primo gdl nel tempo

La posizione x(t) quindi al tempo t = 0 ha derivata non nulla e nel casosmorzato si vede che le oscillazioni non tendono subito a diminuire. Anzicrescono rispetto a x0 proprio a causa dell’inerzia che il sistema aveva giaprima di essere osservato, per poi ovviamente essere progressivamenteridotte dagli smorzatori fino a zero.La pulsazione ovviamente si mantiene costante nel tempo e uguale ai casiprecedenti con diverse CI.

42

3.4.3 Moto forzato e smorzato

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

Per la soluzione omogenea xO(t) e le frequenze proprie si fa riferimento alcaso soprastante.

Q =

[C(t)−N(t)

]=

[C0e

iΩt

−N0eiΦt

]Siccome le due forzanti hanno frequenze diverse si analizzano una per volta,per poi sommare le due soluzioni particolari trovate.

Prendendole una ad una si ottengono i due sistemi:

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

[C0e

iΩt

0

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

[0

−N0eiΦt

]Forzante C

Per quanto riguarda la prima forzante la soluzione ipotizzata e:

xP1 = XP1 eiΩt

(−Ω2[M ] + iΩ[R] + [K]

)XP1 e

iΩt =

[C0

0

]eiΩt =

[10

]C0e

iΩt

⇒ XP1 = [D(Ω)]−1

[10

]C0 = [H1(Ω)]C0

[H1(Ω)]2x1 e il vettore delle funzioni di risposta in frequenza dei due gdlrispetto a C0. Cioe:

[H1(Ω)] =

[FRFC→αFRFC→s

]

e quindi rispettivamente prima riga e seconda riga del vettore [H1(Ω)].

⇒ xP1 = <( XP1 eiΩt ) = |XP1| cos (Ωt+ ψ1)

con ψ1 fase del numero complesso XP1.

43

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90Pulsazione della forzante C

-300

-250

-200

-150

-100

-50

0Fasi delle FRF dovute a C

Primo gdlSecondo gdl

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90Pulsazione della forzante C

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

4.5 #10 -3 Moduli delle FRF dovute a C


In corrispondenza dei punti evidenziati sulle ascisse, che rappresentano lepulsazioni proprie, il modulo si impenna come ci si aspetta.La fase parte correttamente da zero per Ω = 0 e man mano decresce fino atendere a −π.

Con due gradi di liberta e piu complesso individuare i parametri su cuiagire rispetto al caso ad un gdl: certamente si deve andare a ridurre i valoridella matrice [D]−1.

La matrice [D] e la somma delle matrici calcolate nelle equazioni (15), (16),(17) ed approssimando si ottiene:

[D] =

−1.69 Ω2 + 5.54 iΩ + 2600 0.64 Ω2 − 3.01 iΩ− 1420

0.64 Ω2 − 3.01 iΩ− 1420 4.01 Ω2 + 31.63 iΩ + 942

Ovviamente questa matrice, che moltiplica le soluzioni particolari XP1 eXP2 nella risoluzione del moto forzato, e la stessa a meno di sostituire Ωcon Φ.

44

Forzante N

La soluzione ipotizzata e sempre:

xP2 = XP2 eiΦt

(−Φ2[M ] + iΦ[R] + [K]

)XP2 e

iΦt =

[0−N0

]eiΦt =

[0−1

]N0e

iΦt

⇒ XP2 = [D(Φ)]−1

[0−1

]N0 = [H2(Φ)]N0

[H2(Φ)]2x1 e il vettore delle funzioni di risposta in frequenza dei due gdlrispetto a N0. Cioe:

[H2(Φ)] =

[FRFN→αFRFN→s

]

e quindi rispettivamente prima riga e seconda riga del vettore [H2(Φ)].

⇒ xP2 = <( XP2 eiΦt ) = |XP2| cos (Φt+ ψ2)

con ψ2 fase del numero complesso XP2.

Si ottengono i seguenti grafici.

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90Pulsazione della forzante N

-300

-250

-200

-150

-100

-50

0Fasi delle FRF dovute a N


0 10 20 30 40 50 60 70 80 90Pulsazione della forzante N

0

1

2

3

4

5

6

7 #10 -3 Moduli delle FRF dovute a N


45

Alla seconda pulsazione propria corrispondono ampiezze molto basse per

entrambi i gdl. E interessante notare che:

FRFN→α ≡ FRFC→s

infatti [H] = [D]−1 b e lo jacobiano di C alla seconda riga assume lo stessovalore dello jacobiano di N alla prima, cioe zero. Pertanto le due FRF nonpossono che coincidere sia in modulo sia in fase.

La fase anche in questo caso parte da zero e per Ω alte tende a −π.

Soluzione complessiva

Alla luce del sistema non smorzato e della risposta alle due forzanti, lasoluzione complessiva si trova applicando il principio di sovrapposizionedegli effetti:

x(t) = xO(t) + xP1(t) + xP2(t)

e solo a questo punto si impongono le condizioni iniziali:x(t = 0) = x0

x(t = 0) = v0

46

Vibrazioni di una Poltrona reclinabile

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