1
Esercizi sulle vibrazioni
1. Frequenza propria di una boa Una boa cilindrica avente sezione circolare di area A e massa totale m viene spostata dalla configurazione di equilibrio e lasciata libera di oscillare in acqua di mare. Determinare la frequenza propria delle oscillazioni libere. Risolvere numericamente per una boa di massa m pari a 2 kg e diametro pari a 1 m. Assumere ρ=1025 kg/m3 per la densità dell’acqua di mare.
Soluzione
Figura 1: Schema della boa
La pulsazione naturale è ottenibile come
ωn =km ( 1 )
Per determinare la rigidezza k osserviamo che la forza elastica coincide con la spinta di Archimede a meno del peso della boa:
Fa = ρVg = ρAxg ⇒ x = 1ρAg
Fa ; k = πρR2g ( 2 )
dove x è lo spostamento dalla configurazione di equilibrio, nella quale la spinta di Archimede e il peso proprio della boa mg sono in equilibrio. A è l’area della sezione della boa, di raggio R. La massa oscillante è la massa m della boa stessa.
2
ωn =πρR2gm
=π1025 kg
m3 0.52m2 9.812
2kg= 62.84 rad
s ( 3 )
Il periodo Tn e la frequenza fn naturali sono:
Tn =2πωn
= 0.10s ; fn =1Tn
=ωn
2π= 10.0Hz ( 4 )
2. Molle in serie e parallelo Determinare la costante elastica equivalente per molle in serie e in parallelo.
Soluzione
Figura 2: Molle in parallelo
Molle in parallelo condividono lo stesso allungamento x:
F1 = k1xF2 = k2x…Fn = knx
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
( 5 )
Da cui segue, per equilibrio globale del sistema:
F = Fii=1
n
∑ = kii=1
n
∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟x ⇒ k = ki
i=1
n
∑ ( 6 )
3
Figura 3: Molle in serie
Se le molle sono in serie, esse condividono la stessa forza, come si può vedere dall’equilibrio di ciascuna di esse.
F = k1x1F = k2x2…F = knxn
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪⎪
( 7 )
Per cui la rigidezza equivalente k si ottiene dall’allungamento globale x.
x = xii=1
n
∑ =1kii=1
n
∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟F ⇒ k = 1
kii=1
n
∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟
−1
( 8 )
Si può osservare che la rigidezza delle molle si comporta in modo analogo alla conduttanza G nei sistemi elettrici. Per essi vale la legge di Ohm:
I = GV ( 9 )
Che è formalmente identica alla legge di Hooke, sostituendo la forza all’intensità di corrente e l’allungamento alla differenza di potenziale.
4
3. Vibrazioni longitudinali di una barra Determinare la rigidezza longitudinale per una barra. Si supponga che una barra a sezione circolare di acciaio di lunghezza pari a 140 cm sostenga una massa di 15 kg, trovare il diametro minimo che essa deve avere perché la sua frequenza propria sia maggiore di 150Hz (si trascuri l’effetto della massa della trave).
Soluzione
Figura 4: Vibrazioni longitudinali di una barra Il legame tensione-‐deformazione è:
σ = Eε ( 10 )
Dove la deformazione ε è l’allungamento per unità di lunghezza, da cui:
ε =Δll
; N = σA = EA Δll
⇒ k = EAl ( 11 )
La frequenza propria del sistema barra + massa è:
fn =12π
km
=12π
EAlm
( 12 )
Nel caso in esame, il raggio della sezione R si ricava dalla ( 12 ).
R =Aπ
=4πlmfn
2
E=
4π ×1.4m ×15kg ×1502 1s2
210000 ⋅106Pa== 5.32 ⋅10−3m ( 13 )
Quindi il diametro minimo è 11 mm.
5
4. Vibrazioni flessionali di una trave incastrata Determinare la rigidezza flessionale per una trave incastrata a sezione costante. Si supponga che all’estremità libera della trave sia attaccata una massa pari a 1.2 kg, trovare la frequenza propria del sistema. Si assuma una trave di alluminio di lunghezza pari a 60 cm e a sezione quadrata cava di lato h 20 mm e spessore s 2 mm.
Soluzione
Figura 5: Vibrazioni flessionali di una trave incastrata La freccia della trave, all’estremità libera è:
x = FL3
3EI ( 14 )
nell’ipotesi che la stessa estremità sia caricata con una forza F. La rigidezza corrispondente è:
F =3EIL3
x ⇒ k = 3EIL3
( 15 )
Per trovare la frequenza propria occorre conoscere il momento di inerzia della sezione. Sia I il momento di inerzia della sezione piena, il momento I della sezione cava si ricava come segue:
I = l 4
12; I =
h + s( )4 − h − s( )412
=23h3s + hs3( ) ≈ 2h
3s3
( 16 )
Nel caso in esame, il prodotto EI vale
EI ≈ 2h3sE3
=2 × 0.0203m3 × 0.002m × 70000 ⋅106Pa
3= 746.66Nm2 ( 17 )
La frequenza propria, per la massa m pari a 1.2 kg, sarà:
6
fn =12π
3EImL3
=12π
3× 70000 ⋅106Pa × 746.66Nm2
1.2kg × 0.6003m3 = 14.79Hz ( 18 )
5. Vibrazioni torsionali di una trave Determinare la rigidezza torsionale per una trave incastrata a sezione costante. Si supponga che all’estremità libera della trave sia attaccato un disco di acciaio di diametro pari a 10 cm e spessore 2 cm, trovare la frequenza propria del sistema. Si assuma una trave circolare di alluminio di lunghezza pari a 60 cm e a sezione circolare di diametro 20 mm.
Soluzione
Figura 6: Vibrazioni torsionali di una trave incastrata La rotazione θ provocata da un momento di estremità T è:
θ =TLJG
( 19 )
Dove J è il momento di inerzia polare della sezione e G è il modulo di elasticità tangenziale, per l’alluminio:
G =E
2 1+ ν( ) =70000MPa2 1+ 0.3( ) = 26923.1MPa ( 20 )
Il momento d’inerzia polare per una sezione circolare si può ottenere come somma dei momenti rispetto agli assi x e y:
J = 2I = 2πR4
4=πR4
2 ( 21 )
La rigidezza torsionale sarà:
T = kTθ ⇒ kT =JGL ( 22 )
Il momento di inerzia del disco in acciaio, che è un momento di inerzia di un corpo solido e non di una sezione, è:
7
Id = ρ πRd4s2
= 7860 kgm3
π × 0.0504m4 × 0.020m2
= 1,543 ⋅10−3kgm2 ( 23 )
Per cui la frequenza propria è:
fn =12π
JGIdL
=12π
GρLs
R2
Rd2 =
=12π
26923.1 ⋅106Pa
7860 kgm3 × 0.600m × 0.002
0.0102m2
0.050d2m2 = 107.56Hz
( 24 )
6. Stima di smorzamento di una struttura complessa Un telescopio a puntamento rapido avente massa sospesa pari a 2000 kg deve essere progettato con l’obiettivo di contenere l’ampiezza delle vibrazioni libere residue dopo 0.5 s entro il 30% della vibrazione provocata dal puntamento. Si supponga quindi di spostare il telescopio dalla sua configurazione di equilibrio e di riposizionarlo: nasceranno vibrazioni libere smorzate alla frequenza propria del sistema. Si chiede di progettare il telescopio in modo che la prima frequenza propria sia sufficientemente alta da ottenere un’ampiezza di vibrazione del 30 % del valore a inizio transitorio entro 0.5 s. Si può dimostrare che il sistema si comporta come se avesse un solo grado di libertà, trovare la frequenza propria minima che esso deve avere nell’ipotesi che lo smorzamento adimensionale ζ possa essere assunto pari a 0.01. Cosa accadrebbe per ζ pari a 0.1?
Soluzione
La risposta nel tempo del sistema, assumendo smorzamento subcritico, è:
x t( ) = Xe−ζωnt cos 1−ζ 2ωnt +ϕ( ) ( 25 )
Il valore della curva inviluppante nel tempo xmax(t) sarà:
xmax t( ) = Xe−ζωnt ( 26 )
Definiamo f il rapporto tra l’ampiezza dell’inviluppante dopo un tempo t e il valore iniziale a fine puntamento.
f =xmax 0( )xmax t( ) = Xe
−ζωn t ( 27 )
Risolvendo rispetto alla pulsazione naturale:
ωn = −ln f( )ζ t
⇒ fn = −ln f( )2πζ t
( 28 )
Nel caso di ζ uguale a 0.01 si ha:
8
fn = −ln f( )2πζ t
= −ln 0.3( )
2π × 0.01× 0.5s= 38.3Hz ( 29 )
mentre per ζ uguale a 0.1 vale 3.83 Hz. Esiste una relazione di proporzionalità inversa tra frequenza propria e smorzamento: al crescere dello smorzamento la frequenza propria ammissibile diminuisce.
Figura 7: Relazione tra frequenza propria e smorzamento
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Ζ
2
3
4
fn
9
7. Vibrazioni forzate di un filo Un filo d’acciaio di diametro 3 mm e lunghezza L pari a 10 m supporta una massa di 50 kg. La massa è soggetta ad una forza sinusoidale di frequenza f pari a 5 Hz e a ampiezza F0 pari a 200 N. Calcolare , l’ampiezza delle vibrazioni forzate, la massima tensione del filo e il massimo della forza complessiva trasmessa al basamento, sia nel caso di vibrazioni forzate propriamente dette che in presenza di smorzamento adimensionale ζ pari a 0.01.
Soluzione
Figura 8: Vibrazioni di una massa appesa a un filo Calcoliamo la rigidezza e la frequenza propria del filo.
k = EAL
=EπR2
L=210000 ⋅106Pa × π × 0.00152m2
10m= 148440 N
m
fn =12π
km
=12π
EALm
=12π
EπR2
Lm=
=12π
210000 ⋅106Pa × π × 0.00152m2
10m × 50kg= 8.67Hz
( 30 )
e la corrispondente pulsazione propria è
10
ωn = 2π fn = 2π × 8.67Hz=54.49 rads ( 31 )
La pulsazione del forzante ω vale:
ω = 2π f = 2π × 5Hz=31.41rads ( 32 )
Il fattore di amplificazione dinamica è:
G ω( ) = kF0X =
1
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ 4ζ 2 ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
( 33 )
Per cui il guadagno ideale e reale (ζ=0.01) valgono rispettivamente
Gid ω( ) = 1
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2 = 1.4980
G ω( ) = 1
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ 4ζ 2 ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2= 1.4977
( 34 )
E dunque sono pressoché coincidenti. Il modulo della risposta in condizioni ideali e reali vale:
Xid =F0kGid ω( ) = 200N
148440 Nm
1.49800=2.01832 ⋅10−3m
X =F0kG ω( ) = 200N
148440 Nm
1.4977=2.01802 ⋅10−3m ( 35 )
Si noti che il numero di cifre riportate è maggiore del numero di cifre significative, per le approssimazioni effettuate durante lo svolgimento. Questo modo di procedere, qui giustificato dall’esigenza di mostrare la differenza tra i due casi, è in generale scorretto. La tensione massima del filo si ottiene considerando la somma della deformazione statica e della massima deformazione dinamica.
σ = Eε = E Δll
Δll=NEA
( 36 )
Da cui:
11
σ = Eε = E mgEA
+XL
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟=50kg × 9.81m
s2π × 0.00152m2 +
+210000 ⋅106Pa 2.01802 ⋅10−3m
10m= 1.118 ⋅108Pa = 111.8MPa
( 37 )
La trasmissibilità al punto di fissaggio è definita come segue:
t ω( ) = TF0
=1+ 4ζ 2 ω
ωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ 4ζ 2 ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
( 38 )
dove T è il modulo della forza trasmessa. Nei due casi, ideale e reale, vale:
tid ω( ) = 1.4980t ω( ) = 1.4978 ( 39 )
Da cui la forza dinamica trasmessa risulta:
T = Fmt ω( ) = 200N ×1.4978=299.57N ( 40 )
La forza totale trasmessa al telaio sarà:
Ft = 50kg × 9.81ms2
+ 299.57N=790.07N ( 41 )
12
8. Trave incastrata con vibrodina Una trave incastrata del tutto analoga a quella dell’esercizio 4 è soggetta a eccitazione periodica per mezzo di una vibrodina solidale alla massa m. Le caratteristiche della trave sono: lunghezza L pari a 60 cm, sezione quadrata cava in alluminio di lato h 20 mm e spessore s di 2 mm. La massa supportata M vale 1.2 kg inclusa la vibrodina. L’eccitazione è realizzata mediante il dispositivo rappresentato in figura (vibrodina): si tratta di un doppio eccentrico controrotante con massa squilibrante m pari a 20 g posta a un raggio r pari a 5 cm. Gli eccentrici sono posti in rotazione alla velocità di 1000 RPM, trovare l’ampiezza e la fase delle oscillazioni forzate.
Soluzione
Figura 9: Trave incastrata con vibrodina
Calcoliamo la frequenza e la pulsazione di eccitazione:
f = nRPM60
=100060
1s= 16.67Hz
ω = 2π f = 2π nRPM60
= 2π 100060
1s= 104.72 rad
s
( 42 )
Calcoliamo la forza dinamica verticale esercitata dalla vibrodina:
F t( ) = F0 cos(ωt) ( 43 )
13
mentre la forza orizzontale è identicamente nulla perché le forze determinate dalle due masse si equilibrano. F0 può essere determinato sommando le forze d’inerzia centrifughe relative alle due masse m:
F0 = 2mω2r = 2 × 0.020kg ×104.722 rad
s2× 0.050m = 21.93N ( 44 )
La rigidezza della trave, calcolata come nell’esercizio 4, vale:
k = 3EIL3
( 45 )
dove il prodotto EI vale:
EI ≈ h3sE3
=0.0203m3 × 0.002m × 70000 ⋅106Pa
3= 373.3Nm2 ( 46 )
da cui k:
k = 3EIL3
=373.3Nm2
0.6003m3 = 5185.2 Nm ( 47 )
e quindi la frequenza propria, per la massa M pari a 1.2 kg, sarà:
fn =12π
3EIML3
=12π
3× 70000 ⋅106Pa × 373.3Nm2
1.2kg × 0.6003m3 = 10.5Hz ( 48 )
Il fattore di amplificazione vale:
Gid ω( ) = 1
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2 = 0.6502 con ωn = 2π fn = 65.73 ( 49 )
Da cui, per definizione del fattore dinamico:
X =F0kG ω( ) = 21.93N
5185.2 Nm
0.6502 = 2.75 ⋅10−3m ( 50 )
Trattandosi di vibrazioni forzate, quindi con ζ nullo, al di sopra della frequenza di risonanza, lo sfasamento è π. La risposta a regime sarà quindi:
x t( ) = X cos ωt − π( ) ( 51 )
14
9. Serbatoio di acquedotto a forzante sismico Un serbatoio per acquedotto si trova in zona sismica soggetta a terremoti con Peak Ground Acceleration fino a 1 g. Il serbatoio deve avere una capacità di 2000 m3 ad un altezza L pari a 40 m; il traliccio in acciaio avere sezione circolare cava di raggio R e spessore s. Sia R pari a 2 m e s pari a 10 cm. Si assuma come frequenza del forzante 100 Hz; si prenda ζ=0.01 come smorzamento per l’acciaio. Si esegua la verifica a carico di punta con la seguente formula.
Ncr =π 2EI4L2
( 52 )
Cosa accadrebbe a 10 Hz?
Soluzione
Figura 10: Serbatoio a forzante sismico
Calcoliamo il momento di inerzia della sezione per sottrazione del momento del vuoto:
I = πR4
4; I =
π R + s2
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟4
− π R − s2
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟4
4= πR3s + πRs3
4≈ πR3s ( 53 )
Calcoliamo la rigidezza del supporto:
15
A = 2πRs
k = EAL
=2πERsL
=2π × 210000 ⋅106Pa × 2m × 0.10m
40m= 6.597 ⋅109 N
m ( 54 )
Da cui la pulsazione propria:
ωn =2πERsρVL
=2π × 210000 ⋅106Pa × 2m × 0.10m
1000 kgm3 × 2000m
3 × 40m= 57.43 rad
s
( 55 )
Dove la massa m è espressa in funzione del volume noto e della densità dell’acqua, trascurando la massa del recipiente. La frequenza propria è:
fn =12π
ωn =12π57.43 rad
s= 9.14Hz ( 56 )
Il forzante è a 100 Hz, ovvero 628.32 rad/s, dunque oltre la frequenza di risonanza e la risposta sarà dunque in opposizione di fase: ai massimi di oscillazione della base, corrisponderanno i minimi di oscillazione del serbatoio. La trasmissibilità a forzante sismico è definita come segue:
t ω( ) = XY0
=1+ 4ζ 2 ω
ωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ 4ζ 2 ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2= 0.008625
( 57 )
Il valore ottenuto dimostra che le vibrazioni ad alta frequenza si trasmettono in modo molto limitato. Occorre ora calcolare lo spostamento massimo della base corrispondente all’accelerazione di 1 g:
y t( ) = Y0 cos ωt( )y t( ) = −ωY0 sin ωt( )y t( ) = −ω 2Y0 cos ωt( )
( 58 )
Da cui:
Y0 =ymaxω 2 =
ymax4π 2 f 2
=9.81m
s2
4π 21002 1s
= 2.4849 ⋅10−5m = 0.0248mm ( 59 )
L’ampiezza delle oscillazioni del serbatoio, nel riferimento inerziale, sarà:
X = Y0 t ω( ) = 2.48 ⋅10−5m × 0.008625 = 2.14 ⋅10−7m ( 60 )
L’ampiezza massima dell’allungamento della colonna sarà:
16
Z = X +Y0 = 2.14 ⋅10−7m + 2.48 ⋅10−5m = 2.51 ⋅10−5m ( 61 )
in cui si nota che i termini sono sommati, invece che sottratti come in figura, perché oltre la frequenza propria i due moti avvengono in opposizione di fase. Il carico di compressione sulla sezione sarà la somma del carico statico e di quello dinamico
Ns = ρVg = 1000 kgm3 × 2000m
3 × 9.81ms2
= 1.96 ⋅107N
Nd = kZ = 6.597 ⋅109 Nm
× 2.51 ⋅10−5m = 1.65 ⋅105N
N = Ns + Nd = 1.98 ⋅107N
( 62 )
quindi l’effetto dinamico non è molto rilevante a 100 Hz. Il valore critico dello sforzo normale a carico di punta è:
Ncr =π 2EI4L2
=π 3ER3s4L2
=π 3210000 ⋅106Pa × 23m × 0.10m
4 × 402m2 = 8.14 ⋅108N ( 63 )
A 10 Hz la trasmissibilità vale
t ω( ) = XY0
=1+ 4ζ 2 ω
ωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
1− ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2
+ 4ζ 2 ωωn
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2= 5.05 per ω = 62.83 rad
s
( 64 )
Da cui i carichi dinamico e totale:
Nd = k t ω( ) +1( ) ymax4π 2 f 2
=
= 6.597 ⋅109 Nm
× 5.05 +1( ) ×9.81m
s2
4π 2102 1s2
= 9.92 ⋅107N
N = Ns + Nd = 1.19 ⋅108N
( 65 )
dunque il carico dinamico non è più trascurabile, tuttavia il carico è inferiore al carico critico di punta. Il coefficiente di sicurezza è:
fs =NcrN
=8.14 ⋅108N1.19 ⋅108N
= 6.85 ( 66 )
17
10. Vibrazioni torsionali di un albero con due volani Un albero di rigidezza torsionale k collega tra loro due volani aventi momento di inerzia pari a I1 e I2. Calcolare le frequenze proprie e i modi del sistema.
Soluzione
Figura 11: Vibrazioni torsionali di un albero con due volani
Le equazioni del moto del sistema sono:
I1 ϑ1 = −k ϑ1 −ϑ2( )I2 ϑ2 = −k ϑ2 −ϑ1( )
⎧⎨⎪
⎩⎪ ( 67 )
In cui osserva che la coppia elastica esercitata dalla molla ha segno opposto alla rotazione relativa. Ponendo
M =I1 00 I2
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥; K = k −k
−k k⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ; Θ =
ϑ1ϑ2
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥ ( 68 )
l’equazione del moto diventa:
M Θ + KΘ = 0 ( 69 )
Cerchiamo soluzioni della ( 69 ) del tipo:
KΘ = Φr t( ) ; Φ =φ1φ2
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥ ( 70 )
Sostituendo nella ( 69 ) si ha:
MΦr t( ) + KΦr t( ) = 0 ⇒r t( )r t( ) = −M −1KΦ = −ω 2 ( 71 )
In cui si osserva che il primo membro dipende da t, mentre il secondo no, per cui entrambi i membri possono essere posti uguale ad una costante (da determinare) -‐ω2. Il segno necessariamente positivo di ω2 è coerente con la
18
natura di K e M, che sono matrici simmetriche e almeno semi-‐definite positive. Sostituendo ω2 nella prima delle ( 71 ) si ha:
KΦ =ω 2MΦ ( 72 )
Dalla ( 72 ) si conclude che determinare i valori della costante ω2 significa trovare gli autovalori della matrice K rispetto alla matrice M. Tale problema può essere ricondotto al problema standard moltiplicando per l’inversa della matrice di massa:
M −1KΦ =ω 2Φ ( 73 )
Quindi l’equazione secolare si ottiene imponendo una delle seguenti condizioni:
det KΦ−ω 2MΦ( ) = 0det M −1KΦ−ω 2IΦ( ) = 0 ( 74 )
dove I è la matrice identica. Nel caso in esame, si ha:
k −ω 2I1 −k
−k k −ω 2I2= 0 ( 75 )
da cui l’equazione biquadratica
k −ω 2I1( ) k −ω 2I2( ) − k2 = 0 ( 76 )
che ha due soluzioni in ω2:
ω12 = 0
ω22 =
I1k + I2kI1I2
( 77 )
Il primo modo sarà dunque un modo rigido, mentre il secondo avrà frequenza propria:
f2 =12π
I1k + I2kI1I2
( 78 )
Per ottenere i modi, occorre sostituire le ω1, ω2 nella ( 73 ) e risolvere in Φ, ricordando che il sistema è sotto-‐determinato per come sono state trovate le ω1, ω2. Sostituendo la ω1, si ha:
φ2 = φ1 ( 79 )
il che conferma che il primo modo è un modo rigido: tutte le sezioni della trave ruotano della stessa quantità. Sostituendo ω2
19
φ2 = −I1I2φ1 ( 80 )
per cui la rotazione del secondo volano è uguale e opposta a quella del primo se le due inerzie sono uguali. Poiché l’andamento delle rotazioni è lineare lungo la trave, nell’ipotesi I1=I2 si ha anche che la rotazione è zero in mezzeria della trave.
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