meccanica applicata alle macchine – allievi aerospaziali...

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali prof. A. Curami – Appello del 24 gennaio 2001 Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, per la configurazione rappresentata: la velocità e l'accelerazione assoluta del punto P coincidente con il pistone; la coppia motrice applicata alla manovella OA; le reazioni nella cerniera C. Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che: il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità; la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia completamente nota; la velocità angolare della manovella OA sia ω=costante e diretta in verso orario; le masse delle aste e gli attriti siano trascurabili; il pistone sia puntiforme con massa m; sul pistone agisca la forza F con direzione parallela al moto del cilindro e verso come indicato. Es. 2 - Dato il sistema riportato a lato si richiede di: scrivere le equazioni di equilibrio non lineari; linearizzare le stesse attorno alla posizione di equilibrio; determinare le frequenze proprie del sistema; Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che: il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità; gli attriti siano trascurabili; la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia completamente nota; le molle si deformino solo in direzione orizzontale e sia quindi trascurabile il loro spostamento verticale; le masse ed i momenti di inerzia dei dischi siano quelli indicati nel disegno mentre sia nulla la massa dell’asta che li collega; le molle abbiano entrambe rigidezza K e siano collegate all’asta in posizione mediana. Es. 3 – Descrivere il principio di funzionamento dei rotismi epicicloidali e presentare i vantaggi e gli svantaggi del loro utilizzo come riduttori di velocità. C B P O A m, j M, J K K

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 24 gennaio 2001

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, per la configurazione rappresentata:

• la velocità e l'accelerazione assoluta del punto P coincidente con il pistone;• la coppia motrice applicata alla manovella OA;• le reazioni nella cerniera C.

Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia quindi

soggetto a gravità;• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia

completamente nota;• la velocità angolare della manovella OA sia

ω=costante e diretta in verso orario;• le masse delle aste e gli attriti siano trascurabili;• il pistone sia puntiforme con massa m;• sul pistone agisca la forza F con direzione

parallela al moto del cilindro e verso comeindicato.

Es. 2 - Dato il sistema riportato a lato si richiede di:• scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;• linearizzare le stesse attorno alla posizione di

equilibrio;• determinare le frequenze proprie del sistema;

Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia quindi

soggetto a gravità;• gli attriti siano trascurabili;• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia

completamente nota;• le molle si deformino solo in direzione orizzontale e sia quindi

trascurabile il loro spostamento verticale;• le masse ed i momenti di inerzia dei dischi siano quelli indicati nel disegno mentre sia nulla la

massa dell’asta che li collega;• le molle abbiano entrambe rigidezza K e siano collegate all’asta in posizione mediana.

Es. 3 – Descrivere il principio di funzionamento dei rotismi epicicloidali e presentare i vantaggie gli svantaggi del loro utilizzo come riduttori di velocità.

C

B

P

OA

m, j

M, J

K K

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Es. 1: Analisi del sistema

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

La velocità assoluta del punto P

Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto A l’origine di una terna traslante di moto circolare attorno ad O e si

determina la velocità assoluta del punto B (nota solo in direzione) come somma vettoriale diquella di trascinamento (completamente nota dai dati del problema) e di quella relativa (notasolo in direzione);

- si posiziona nel punto B l’origine di una terna traslante di moto circolare attorno a C e si ricavala velocità assoluta del punto P (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento(completamente nota) e di quella relativa (nota solo in direzione);

Velocità assoluta di B

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

VB ass = VB trasc VB relmodulo ? ωOA ?

direzione ⊥ CB ⊥ OA ⊥ AB

Da cui graficamente si ha:

Le velocità angolari delle aste AB e BC risultano:

VB ass

VB rel

VB trasc

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asta AB (verso antiorario)

ABVBrel

AB =ω

asta CB (verso antiorario)

CBVBass

CB =ω

Velocità assoluta di P

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

VP ass = VP trasc VP relmodulo ? VB ?

direzione // guida ⊥ CB ⊥ BP

Da cui graficamente si ha:

E’ ora nota la velocità angolare di BP:

asta BP (verso orario)

BPV el

BPPr=ω

La accelerazione assoluta del punto P

Tale accelerazione può essere determinata con il seguente procedimento:- sfruttando la terna traslante con origine in A si determina la accelerazione assoluta del punto B

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

- sfruttando la terna traslante con origine in B si determina la accelerazione assoluta del punto P(nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (determinata al puntoprecedente) e di quella relativa (scomposta nelle sue componenti normale, completamente nota,e tangenziale, nota solo in direzione);

VP rel

VP trasc

VP ass

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Accelerazione assoluta di B

In riferimento alla terna mobile traslante sopra definita si ha:

ABass n ABass t = AA n AA t ABA n ABA tmodulo CBCB

2ω ? OA2ω 0 ABAB2ω ?

direzione // CB ⊥ CB // OA ⊥ OA // AB ⊥ AB

Da cui graficamente si ha:

Sono ora note le accelerazioni angolari delle aste AB e CB:

asta AB (verso antiorario)

ABABAt

AB =ω

asta CB (verso orario)

CBABasst

CB =ω

Accelerazione assoluta di P

In riferimento alla terna traslante sopra definita si ha:

APass = AB n AB t APB n APB tmodulo CBCB

2ω CBCBω BPBP2ω ?

direzione // guida // CB ⊥ CB // BP ⊥ BP

AB ass nAA n

ABA n

ABA tAB ass t

AB ass

AP assAPB n

APB t

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E’ ora nota la accelerazione angolare dell’asta BP:

asta BP (verso orario)

PBAPBrel

BP =ω

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

×=

Potenza motrice

E’ fornita dal motore collegato alla manovella:

ω×= 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 ×−×−=

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

PPPP vFvgmCavm ×+×+×=× ω

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

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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 biellae 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 ènormale 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.

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Es. 2: Analisi del sistema

Il sistema si presenta a due gradi di libertà:

α rotazione assoluta del disco intorno al suo centro (positiva se oraria);β rotazione assoluta del pendolo attorno al suo fulcro (positiva se oraria);

Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella del disco e di quella del pendolo, nelleloro componenti dovute alla rotazione ed alla traslazione.

Energia cinetica disco:

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

Energia cinetica pendolo:

Dove Vp rappresenta la velocità assoluta del baricentro del disco posizionato all’estremità dell’astadel pendolo che, nelle coordinate libere scelte, è:

dove Vpd rappresenta la velocità relativa del baricentro del pendolo rispetto al baricentro del disco.Graficamente la situazione è, qualitativamente, quella sotto rappresentata:

Detto r il raggio del disco e R la curvatura della guida, ponendo A = r / (R-r), si ottiene:

Vpd

22

21

21 αJMVE ddiscoc +=−

αrVd =

22

21

21 βjmVE ppendoloc +=−

pddp VVV +=

Vd

R

Vp

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

Energia potenziale del sistema

L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (dovuta alla variazionedi quota del disco e del pendolo) e di quella elastica (dovuta alle variazioni di lunghezza delle molleche, come suggerisce il testo, supporremo avvenga in orizzontale):

Energia potenziale elastica:

Energia potenziale gravitazionale:

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

Equazioni di equilibrio non lineari

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

Prima equazione:

0=∂∂

+∂∂+

∂∂−

∂∂

ααααpCC EDEE

dtd

)]cos([ 22 αββαααα

ArLrmMrJEc ++++=∂∂

)])(()cos([ 22 αβαββαββαααα

AAsenrLArLrmMrJE

dtd c +++++++=

∂∂

)( αββαα

AsenmrLAEc −=∂∂

222

21)]180cos(2)()[(

21 βαββαβα JALrLrmE pendoloc +−−−+=−

22222

21)]cos(2)()[(

21

21)(

21 βαββαβααα JALrLrmJrMEc ++++++=

+−=−

2

)2

)(212 βα senLsenArRKE Ep

)]cos1()cos1)([()cos1)(( βαα −+−−+−−=− LArRmgArRMgE Gp

)]cos1()cos1)([()cos1)((2

)(2

βααβα −+−−+−−+

+−= LArRmgArRMgsenLsenArRKEp

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0=∂∂αD

ααβαα

AsenArRgmMAArRsenLsenArRKV )()()cos()](2

)[(2 −++−+−=∂∂

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂+

∂∂

∂ββββVDEE

dtd CC

dove:

βαβαββ

jArLMLEc +++=∂∂ )cos(22

βαβαβααβαββ

jAAsenrLArLMLEdtd c ++++++=

∂∂ ))((2)cos(22

)( αββαβ

AsenmrLAEc −−=∂∂

0=∂∂

βD

βββαβ

MgLsenLsenLsenArRKV ++−=∂∂ cos

2]

2)[(2

Posizione di equilibrio

Per linearizzare le equazioni occorre individuare una posizione di equilibrio stabile del sistema; taleposizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

ααβαα

AsenArRgmMAArRsenLsenArRKEp )()()cos()](

2)[(2 −++−+−=

∂∂

βββαβ

MgLsenLsenLsenArRKEp ++−=∂∂

cos2

]2

)[(2

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

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

=⇒±==⇒±=nnnn

πβπα

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

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00,0

2

2

>∂∂

αpE

00,0

2

2

>∂∂

βpE

⇒>

∂∂∂

−∂∂

∂∂

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

βαβαppp EEE

Le derivate necessarie sono:

α

αβαααα

AArRgmM

senAArRsenLsenArRKAArRArRKAEp

cos)()(

)](2

)[(2cos)(cos)(2

2

22

2

−++

+−+−−−−=∂∂

βββαββ

cos2

]2

)[(2cos2

22

2

2

MgLsenLsenLsenArRKLKEp ++−−=

∂∂

βαβα

cos2

]cos)[(22 LAArRKEp −=∂∂

da cui:

222

0,02

2

)()()(2 ArRgmMrRKAEp −++−=

∂∂

α

MgLLKEp +=

∂∂

2

2

0,02

2

β

2])[(2

0,0

2 LArRKEp −=∂∂

∂βα

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,0

2

2

>

∂∂∂

−∂∂

∂∂

βαβαppp EEE

Si può quindi concludere che le tre relazioni di disuguaglianza sono tutte verificate per cui lacondizione di equilibrio trovata è stabile e si può procedere alla linearizzazione.

Linearizzazione dell’energia potenziale

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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

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+≅= pppppppp

EEEEEEEE

Dei termini in questione:il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per lascrittura delle equazioni di Lagrange;i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).

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

222

0,0

2

2

)()()(2 ArRgmMrRKAEp −++−=

∂∂

α

MgLLKEp +=

∂∂

2

2

0,02

2

β

2])[(2

0,0

2 LArRKEp −=∂∂

∂βα

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

[ ] αββα2

])[(222

1)()()(221 2

22222 LArRKMgLLKArRgmMrRKAEp −+

++−++−=

Linearizzazione dell’energia cinetica

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

∑=

=2

1,21 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE

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

∑=

≅2

1,2010 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE =

Equazioni linearizzate

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

Prima equazione:

22222

21]2)()[(

21

21)(

21 ββαβααα jLrLrmJrM +++++=

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0=∂

∂+

∂∂+

∂∂

∂∂

xE

xD

xE

xE

dtd pCC

][ 22 βαααα

rLrmMrJEc +++=∂∂

][ 22 βαααα

rLrmMrJE

dtd c +++=

∂∂

0=∂∂

αcE

0=∂∂αD

[ ] βαα 2

])[(2)()()(2 222 LArRKArRgmMrRKAEp −+−++−=

∂∂

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂+

∂∂

∂ββββVDEE

dtd CC

dove:

βαββ

jmrLmLEc ++=∂∂ 22

βαββ

jmrLmLEdtd c ++=

∂∂ 22

0=∂∂

βcE

0=∂∂

βD

αββ 2

])[(22

2 LArRKMgLLKEp −+

+=

∂∂

Frequenze proprie del sistema

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

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ti0

0eX)t(x ω=

sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:

[ ] [ ] 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 − + =

dove:

( )

+

++= 2

2

mLjmrLmrLmMrJM

( ) ( )( )

−−=

2

22

22

LALrRK

ALrRKrRKAK

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 07 febbraio 2001

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato sidetermini, per la configurazione rappresentata:

• la velocità e l'accelerazione assoluta della slitta;• la coppia motrice applicata alla manovella OA nelle

ipotesi di presenza e di assenza di attrito;• le reazioni nella cerniera B.

Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia quindi

soggetto a gravità;• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia

completamente nota;• la manovella OA abbia accelerazione e velocità

angolari entrambe dirette in verso orario;• le masse delle aste OA e CD siano trascurabili

così come gli attriti nelle cerniere;• la slitta abbia massa M;• sulla slitta agisca la forza F orizzontale nel verso

indicato.

Es. 2 - Dato il sistema riportato a lato sirichiede di:

• scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;• linearizzare le stesse attorno alla posizione di

equilibrio;• determinare le frequenze proprie del sistema;

Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia

quindi soggetto a gravità;• gli attriti siano trascurabili;• la geometria del sistema (angoli e lunghezze)

sia completamente nota; in particolare siconsideri che il pendolo abbia lunghezza L;

• la molla si deformi solo in direzione orizzontale e sia quindi trascurabile lo spostamentoverticale dei suoi estremi;

• le masse ed i momenti di inerzia della slitta e del pendolo siano quelli indicati nel disegno; inparticolare si supponga che la massa del pendolo sia concentrata nel disco alla sua estremità.

Es. 3 – Descrivere la modalità con cui le trasformazioni omogenee permettono di descrivere letrasformazioni tra sistemi di riferimento cartesiani ed ipotizzarne un utilizzo nella meccanica.

O

m, j

F0senωωt

2KM, J

C

B

O

A

DF

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 2

Es. 1: Analisi del sistema

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

Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O punto a terra nulla nullaPunto A circonferenza centrata in O notaPunto B Punto a terra Nulla nullaPunto C circonferenza centrata in B ? ?Punto P // piano di scorrimento ? ?

La velocità assoluta del punto D

Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto B l’origine di una terna rotante e si scrive una equazione vettoriale che

eguaglia la velocità assoluta di A (completamente nota) alla somma vettoriale della velocità ditrascinamento (nota solo in direzione) e di quella relativa (pure nota solo in direzione). Da taleequazione si ricava in particolare la velocità angolare del glifo BC che permette di determinarela velocità assoluta del punto C.

- si posiziona nel punto C l’origine di una terna traslante di moto circolare attorno a B e si ricavala velocità assoluta del punto D (nota in direzione) come somma di quella di trascinamento(completamente nota) e di quella relativa (nota solo in direzione);

Velocità assoluta di C

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

VA ass = VA trasc VA rel

modulo ? ?direzione ⊥ OA ⊥ BC // BC

VA ass

B

O

AVA rel

VA trasc

OAω

OAω

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 3

La velocità angolare del glifo AB risulta essere:

glifo AB (verso orario)

AB

Vù Atrasc

AB =

Da cui si risale alla velocità di C, estremo del glifo:BCùBCùV BCBACass ==

Velocità assoluta di D

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

VD ass = VD trasc VD rel

modulo ? VC ?direzione // guida ⊥ BC ⊥ CD

Da cui graficamente si ha:

E’ ora nota la velocità angolare dell’asta CD:

asta CD (verso orario)

CD

VDrelCD =ω

La accelerazione assoluta del punto D

Tale accelerazione può essere determinata con il seguente procedimento:- sfruttando la terna rotante con origine in B si scrive una equazione vettoriale uguagliando

l’accelerazione assoluta del punto A, scomposta nelle sue due componenti normale etangenziale (entrambe completamente note) alla somma vettoriale di quella di trascinamento (dicui è nota completamente la componente normale e solo la direzione di quella tangenziale), diquella relativa (di cui è nota la sola direzione) e di quella complementare (completamente nota);da tale equazione si ricava in particolare la accelerazione angolare del glifo BC che, unitamentealla sua velocità angolare precedentemente calcolata, permette di determinare la accelerazioneassoluta del punto C;

- sfruttando la terna traslante con origine in C si determina la accelerazione assoluta del punto D(nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (coincidente con

VD rel VD trasc

VD ass

DF

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 4

quella di C e quindi determinata al punto precedente) e di quella relativa (scomposta nelle suecomponenti normale, completamente nota, e tangenziale, nota solo in direzione);

Accelerazione assoluta di C

In riferimento alla terna mobile rotante sopra definita si ha:

AAass n AAass t = AAtrasc n AAtrasc t AA rel AA compl

modulo OAOA2ω OAOAω& BABA

2ω ? ?BrelBAVω2

direzione // OAverso O

⊥ CB // BAverso B

⊥ BA // BA ⊥ BA

Da cui graficamente si ha:

L’accelerazione angolare del glifo AB risulta essere

glifo BA (verso orario)

BA

AAttrasctBA =ω&

Da cui si risale alla accelerazione di C, estremo del glifo:tBCnBCA BACass

r&

r ωω += 2

Accelerazione assoluta di D

In riferimento alla terna traslante prima definita si ha:

ADass = AC n AC t ADC n ADC t

modulo ? BCBC2ω BCBCω& DCDC

2ω ?

direzione // guida // BCverso B

⊥ BC // DCverso C

⊥ DC

AAA n

AA trasc t

AA trasc n

AA t

AA compl

AA rel

B

O

A

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 5

E’ ora nota la accelerazione angolare dell’asta CD:

asta CD (verso antiorario)

CD

ADrelCD =ω&

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

dt

dE−=

oppure completato dalla loro presenza:

prmC WWW

dt

dE−−=

Variazione di energia cinetica

Coincide con quella della slitta e del glifo:

GGDDC xJavm

dt

dEωωr&

rrr +×=

dove la J del glifo è quella riferita al punto B. Si immagina di conoscerne il valore in quanto sononote tutte le caratteristiche geometriche del sistema.

Potenza motrice

E’ fornita dal motore collegato alla manovella:

ωrr

×= CWm

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

Potenza resistente

DF

AC nADC n

AC t AD ass

ADC t

D

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 6

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

DGGr vFvgmWrrrr

×−×−=

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

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

• Ipotesi di assenza di attrito:

DGGGGDD vFvgmCxJavmrrrrrrr

&rrr ×+×+×=+× ωωω

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

• Ipotesi di presenza di attrito:

DDGGGGDD vTvFvgmCxJavmrrrrrrrrr

&rrr ×+×+×+×=+× ωωω

in cui tutti i termini risultano essere noti a meno dell’incognita C e della reazione T che verràcalcolata 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 dellareazione 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 forzatrasmessa dalla biella CD;

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 7

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

Cominciamo dal primo punto:

Per proseguire con il secondo:

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;

MgFCD

F

N

MaD

T

FDC

A

Ry

Rx

BCJω&

maG

mg

FOA

0cos =−++ αCDd FTMaF

0sen =−− αCDFMgN

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 8

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

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

0=Λ+Λ+Λ+Λ−− BCFBAFBGgmBGamJ DCOAG

rrrrr&ω

0=+++− DCOAG FFgmamRrrrrr

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 9

Es. 2: Analisi del sistema

Il sistema si presenta a due gradi di libertà:

θ rotazione assoluta del pendolo attorno al suo centro (positiva se oraria);x traslazione assoluta della slitta (positiva verso destra );

Energia cinetica del sistema

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

Energia cinetica pendolo:

Dove Vd rappresenta la velocità assoluta del baricentro del pendolo che, nelle coordinate liberescelte, è:

Energia cinetica slitta:

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

Energia potenziale del sistema

L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (dovuta alla variazionedi quota del pendolo) e di quella elastica (dovuta alle variazioni di lunghezza della molla che, comesuggerisce il testo, supporremo avvenga in orizzontale):

Energia potenziale elastica:

Energia potenziale gravitazionale:

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

22

21

21 θ&jmVE dpendoloc +=−

θ&lVd =

2

21

xME slittac &=−

222

21

21

)(21

xMjlmEc &&& ++= θθ

22 ][][22

1θlsenxKlKVE −=∆=

)cos1( θ−= mglVG

)cos1(][ 2 θθ −+−= mgllsenxKE p

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 10

Equazioni di equilibrio non lineari

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

Prima equazione:

0sencos)sen(2)( 2 =+−−+=∂∂=

∂∂

+∂∂+

∂∂

∂∂

θθθθθθθθθ

mgllxKljmlWEDEE

dt

d pCC &&&&

θθθ

&&& jml

Ec +=∂∂ 2

θθθ

&&&&&

jmlE

dt

d c +=

∂∂ 2

0=∂

∂θ

cE

0=∂∂θ&D

θθθθ

sencos)sen(2 mglllxKV +−−=

∂∂

0)( 0 =

∂=

∂∂

θω

θxtsenFW

Seconda equazione:

tFlxKxMx

W

x

E

x

D

x

E

x

E

dt

d pCC ωθ sen)sen(2 0=−+=∂

∂=∂

∂+

∂∂+

∂∂

∂∂

&&&&

xMx

Ec &&

=∂

xMx

E

dt

d c &&&

=

∂∂

0=∂

∂x

Ec

0=∂∂

x

D&

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 11

)sen(2 θlxKx

V −=∂∂

tsenFx

xtsenF

xW ω

ω0

0 )(=

∂=

∂∂

Posizione di equilibrio

Per linearizzare le equazioni occorre individuare una posizione di equilibrio stabile del sistema; taleposizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

0sencos)sen(2 =+−−=∂∂

θθθθ

mgllxKlV

0)sen(2 =−=∂

∂θlxK

x

E p

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

0

......4,2,00

==⇒±=

x

nnπθ

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

00,0

2

2

>∂

∂θ

pE

00,0

2

2

>∂

∂x

Ep

⇒>

∂∂∂

−∂

∂∂

∂0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,0

2

2

x

E

x

EE ppp

θθ

Le singole derivate sono:

θθθ

cos)(22

2

mglxsenlKlE p +−=

∂∂

Kx

Ep 22

2

=∂

θθ

cos22

Klx

Ep −=∂∂

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 12

da cui:

mglKlEp +=

∂∂

2

0,0

2

2

Kx

Ep 20,0

2

2

=∂

Klx

Ep 20,0

2

−=∂∂

∂θ

04)2(2 222

2

0,0

2

0,0

2

2

0,0

2

2

>++=

∂∂∂

−∂

∂∂

∂lKmglKlK

x

E

x

EE ppp

θθ

Si può quindi concludere che le tre relazioni di disuguaglianza sono tutte verificate per cui lacondizione di equilibrio trovata è stabile e si può procedere alla linearizzazione.

Linearizzazione dell’energia potenziale

Il suo sviluppo può essere espresso nella seguente forma:

αββα

ββ

αα

ββ

αα

βα0,0

22

0,0

2

22

0,0

2

2

0,00,00,0 22

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+≅= ppppp

ppp

EEEEEEEE

Dei termini in questione:il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per lascrittura delle equazioni di Lagrange;i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).

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

mglKlEp +=

∂∂

2

0,0

2

2

Kx

Ep 20,0

2

2

=∂

Klx

Ep 20,0

2

−=∂∂

∂θ

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 13

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

[ ] [ ] xKLxKmglKlE p θθ 222

12

2

1 222 −++=

Linearizzazione dell’energia cinetica

Per ciò che riguarda l’energia cinetica la sua espressione si presenta già lineare.

Equazioni linearizzate

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

Prima equazione:

022)( 22 =−+++=∂∂=

∂∂

+∂∂+

∂∂

∂∂

KlxmglKljmlWEDEE

dt

d pCC θθθθθθθθ

&&&&

θθθ

&&& jml

Ec +=∂∂ 2

θθθ

&&&&&

jmlE

dt

d c +=

∂∂ 2

0=∂

∂θ

cE

0=∂∂θ&D

KlxmglKlV

22 2 −+=∂∂ θθθ

0)( 0 =

∂=

∂∂

θω

θxtsenFW

Seconda equazione:

tsenFKlxKxxMx

W

x

E

x

D

x

E

x

E

dt

d pCC ω022 =−+=∂∂=

∂∂

+∂∂+

∂∂

∂∂

&&&&

xMx

Ec &&

=∂

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Soluzione del tema d’esame del 07/02/2001 – A. Curami, R. Sala 14

xMx

E

dt

d c &&&

=

∂∂

0=∂

∂x

Ec

0=∂∂

x

D&

KlxKxx

V22 −=

∂∂

tsenFx

xtsenF

xW ω

ω0

0 )(=

∂=

∂∂

Le matrici di massa e di rigidezza del sistema risultano quindi essere:

+=

M

jmlM

0

02

−+=

KKl

KlmglKlK

22

22 2

Frequenze proprie del sistema

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

ti0

0eX)t(x ω=

sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:

[ ] [ ] 020 0 0i tM K X e ωω − + =

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

[ ] [ ]20det 0M Kω − + =

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 21 febbraio 2001

Es. 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato si determini, per la configurazione rappresentata:

• la velocità e l'accelerazione assoluta del punto C, centro del disco;• la forza sviluppata all’interno dell’attuatore lineare;• le reazioni nella cerniera B.

Nello svolgimento dell'esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia

quindi soggetto a gravità;• la geometria del sistema (angoli e

lunghezze) sia completamente nota;

• la velocità angolare della manovella OA siaω=costante e diretta in verso orario;

• le masse delle aste e gli attriti siano trascurabili;• il disco abbia massa M e momento di inerzia

baricentrico J;• sul centro del disco agisca la forza F con direzione

parallela al suolo e verso come indicato.

Es. 2 - Dato il sistema riportato a lato si richiede di:• scrivere le equazioni di equilibrio non lineari;• linearizzare le stesse attorno alla posizione di

equilibrio;• determinare le frequenze proprie del sistema;

Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che:• il sistema operi in un piano verticale e sia quindi

soggetto a gravità;• gli attriti siano trascurabili;• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia

completamente nota;• la molla si deformi solo in direzione orizzontale e

sia quindi trascurabile lo spostamento verticale;• le masse ed i momenti di inerzia delle aste siano

quelli indicati.

Es. 3 – Descrivere il principio di funzionamento degli ingranaggi ad assi paralleli elencando ivantaggi derivanti dall’adozione di un profilo ad evolvente per i fianchi dei denti..

F

B

O

A

C

ωω

M,J

m,j

2K

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 2

Es. 1: Analisi del sistema

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

Punto del sistema Traiettoria assoluta Velocità assoluta Accelerazione assolutaPunto O punto a terra nulla nullaPunto A circonferenza centrata in OPunto B Punto a terra Nulla nullaPunto C // piano di scorrimento ? ?

La velocità assoluta del punto C

Tale velocità può essere determinata con il seguente procedimento:- si posiziona nel punto B l’origine di una terna rotante solidale all’asta BA e si scrive una

equazione vettoriale che eguaglia la velocità assoluta di A (completamente nota) alla sommavettoriale della velocità di trascinamento (nota solo in direzione) e di quella relativa (pure notasolo in direzione). Da tale equazione si ricava in particolare la velocità angolare dell’asta AC (eBA).

- utilizzando la stessa terna sopra definita si ricava la velocità assoluta del punto C (nota indirezione) come somma di quella di trascinamento (completamente nota) e di quella relativa(nota solo in direzione);

Velocità assoluta di C

In riferimento al primo passo sopra descritto si ha:

VA ass = VA trasc VA relmodulo ? ?

direzione ⊥ OA ⊥ BA // BAOAω

OAω OA2ω

F

B

O

A

C

ωωVA assVA trasc

VA rel

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 3

La velocità angolare dell’asta BA risulta essere:

asta BA (verso orario)

BA

VAtrascBA =ω

Da cui determino la velocità di C pensato solidale all’asta AC:

BCV BACtrasc ω=

Siamo ora in grado di risalire alla velocità di C pensato solidale al centro del disco, in quanto,utilizzando la stessa terna rotante prima introdotta, possiamo scrivere la seguente tabella:

VC ass = VC trasc VC rel

modulo ? VCtrasc ?direzione // suolo ⊥ BC // BC

Da cui graficamente si ha:

La accelerazione assoluta del punto C

Tale accelerazione può essere determinata con il seguente procedimento:- sfruttando la terna rotante con origine in B si scrive una equazione vettoriale uguagliando

l’accelerazione assoluta del punto A, presente solo nella sua componente normale (nota) allasomma vettoriale di quella di trascinamento (di cui è nota la componente normale e solo ladirezione di quella tangenziale), di quella relativa (di cui è nota la sola direzione) e di quellacomplementare (completamente nota); da tale equazione si ricava in particolare la accelerazioneangolare dell’asta BA che, unitamente alla sua velocità angolare precedentemente calcolata,permette di determinare la accelerazione assoluta del punto C pensato solidale alla stessa;

B

O

A

C

ωω

VC ass

VC trasc VC rel

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 4

- sfruttando la medesima terna rotante si determina la accelerazione assoluta del punto C solidaleal disco (nota solo in direzione) come somma vettoriale di quella di trascinamento (coincidentecon quella di C pensato solidale all’asta CB e quindi determinata al punto precedente) e diquella relativa (nota solo in direzione);

Accelerazione assoluta di C

In riferimento alla terna mobile rotante sopra definita si ha:

AAass n AAass t = AAtrasc n AAtrasc t AA rel AA compl

modulo OAOA2ω - BABA

2ω ? ?ArelBA V2ω

direzione // OAverso O

⊥ OA // BAverso B

⊥ BA // BA ⊥ BA

Da cui graficamente si ha:

L’accelerazione angolare dell’asta BA risulta essere

asta BA (verso orario)

BA

AAttrasctBA =ω&

Da cui si risale alla accelerazione di C, pensato solidale all’asta BC:

tBCnBCA BA2

Ctrasc

r&

r ω+ω=

Siamo ora in grado di risalire alla accelerazione assoluta di C pensato solidale al centro del disco, inquanto, utilizzando la stessa terna rotante prima introdotta, possiamo scrivere la seguente tabella:

AA ass n

AA trasc t

AA trasc n

AA compl

AA rel

B

O

A

C

ωω

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 5

ACass = AC trasc n AC trasc t AC rel Acompl

modulo ? BCBC2ω BCBCω& ?

CrelBA V2ωdirezione // suolo // BC

verso B⊥ BC // BC ⊥ BC

La velocità e l’accelerazione angolare del disco possono essere determinati facilmente, nell’ipotesidi puro rotolamento, che supponiamo verificata:

velocità angolare disco

R

VCassd =ω (verso orario)

accelerazione angolare disco

R

ACassd =ω& (verso orario)

La forza motrice sviluppata dall’attuatore lineare AB

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:

rmC WW

dt

dE−=

Variazione di energia cinetica

Coincide con quella del disco:

B

O

A

C

ωω

AC assAC trasc t

AC trasc n

AC complAC rel

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 6

ddCCC Javm

dt

dEω×ω+×=r&

rrr

.

Potenza motrice

E’ fornita dall’attuatore lineare:

vFW am

rr×=

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:

CrCr vFvgMWrrrr

×−×−=

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

CvCrCr NvfvFvgMW +×−×−= rrrr

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

• Ipotesi di assenza di attrito volvente:

CrCaddCC vFvgMvFJavmrrrrrrr

&rrr ×+×+×=ω×ω+×

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

• Ipotesi di presenza di attrito volvente:

CvCrCaddCC NvfvFvgMvFJavm −×+×+×=×+× rrrrrrr&

rrr ωω

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

Le reazioni vincolari nella cerniera B

Non è possibile determinare a priori la direzione della reazione presente in B per cui bisogneràutilizzare due relazioni per determinarne modulo e direzione. Per semplicità andremo a scomporrela reazione nelle sue componenti orizzontale (RX) e verticale (RY).

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Soluzione del tema d’esame del 21/02/2001 – A. Curami, R. Sala 7

Separiamo l’asta AC dal resto del sistema ed applichiamo nei punti di taglio le reazionicorrispondenti. In particolare la reazione che applicheremo in A sarà diretta come la manovella OAessendo quest’ultima scarica mentre quella in C sarà perpendicolare all’asta stessa essendo ilvincolo con il disco liscio (il che garantisce l’assenza di componenti di reazione tangenziali, cioèdirette come il vincolo).

Si tratta di scrivere quattro relazioni indipendenti in modo da determinare le quattro incognitepresenti:

Equilibrio alla rotazione attorno a C dell’asta:

2 0C x yM R CB R CB R CA= Λ + Λ + Λ =uuur uuur uuurr r r

Equilibrio alla rotazione attorno ad A dell’asta:

1 0A x YM R AB R AB R AC= Λ + Λ + Λ =uuur uuur uuurr r r

Equilibrio alla rotazione del disco attorno al centro di istantanea rotazione H :

Equilibrio alla traslazione verticale del disco:

0coscoscoscoscossen 2 =−+++−= βααααα RMaFmgNTY

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

B

A

C

R1

R2

RY

RX

Ma C

ω&J

Mg

F

N

T

R1

H

02 =−Λ+Λ+Λ−Λ+Λ= ωr&

rrrrrrdH JHCRHCgMHCaMuNHCTM

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospaziali prof. A. Curami – Appello del 21 febbraio 2001

Es. 2 - Dato il sistema riportato a lato si richiede di: • scrivere le equazioni di equilibrio non lineari; • linearizzare le stesse attorno alla posizione di

equilibrio; • determinare le frequenze proprie del sistema;

Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che: • il sistema operi in un piano verticale e sia quindi

soggetto a gravità; • gli attriti siano trascurabili; • la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia

completamente nota; • la molla si deformi solo in direzione orizzontale e

sia quindi trascurabile lo spostamento verticale; • le masse ed i momenti di inerzia delle aste siano

quelli indicati.

Es. 3 – Descrivere il principio di funzionamento degli ingranaggi ad assi paralleli elencando i vantaggi derivanti dall’adozione di un profilo ad evolvente per i fianchi dei denti..

M,J

m,j

2K

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Es. 2: Analisi del sistema

Il sistema si presenta a due gradi di libertà:

α rotazione assoluta del pendolo lungo intorno al suo fulcro (positiva se oraria); β rotazione assoluta del pendolo corto attorno al suo fulcro (positiva se oraria);

Energia cinetica del sistema

L’energia cinetica totale del sistema è la somma di quella dei due pendoli, nelle componenti dovute alla rotazione ed alla traslazione. Si indichi con L la lunghezza del pendolo lungo e con l la lunghezza del pendolo corto.

Energia cinetica pendolo lungo:

Dove Vpl rappresenta la velocità assoluta del baricentro del pendolo lungo che, nelle coordinate libere scelte, è:

Energia cinetica pendolo corto:

Dove Vpc rappresenta la velocità assoluta del baricentro del pendolo corto che, nelle coordinate libere scelte, è:

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

Energia potenziale del sistema

L’energia potenziale totale del sistema è la somma di quella gravitazionale (dovuta alla variazione di quota del baricentro dei due pendoli conseguente alla loro oscillazione) e di quella elastica (dovuta alle variazioni di lunghezza della molla che li collega):

22

21

21 αJMVE plplc +=−

α2LVpl =

22

21

21 βJmVE pcpcc +=−

β2lVpc =

βα

βα

βα

cl

pcplc

JJ

jlmJLM

JmVJMVE

22

)28

()28

(

21

21

21

21

22

222

+=

=+++=

=+++=

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Energia potenziale elastica:

Energia potenziale gravitazionale:

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

Equazioni di equilibrio non lineari

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

Prima equazione:

0=∂∂

+∂∂−ö

÷õ

æçå

∂∂

αααpCC EEE

dtd

αα lc JE =

∂∂

αα l

c JE

dtd =ö

÷õ

æçå

∂∂

0=∂∂

αcE

ααβαα

senLMgLlsensenLKEp

2cos

222 +ö

÷õ

æçå −=

∂∂

L’equazione di equilibrio risultante è:

02

cos22

2 =+ö÷õ

æçå −+ ααβαα senLMgLlsensenLKJ l

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂−ö

÷

õæç

å∂∂

βββVEE

dtd CC

2

22

21

ö÷õ

æçå −= θθ lsensenLKEpE

)cos1(2

)cos1(2

βα −+−= lmgLMgEpG

)cos1(2

)cos1(22

2

βαβα −+−+ö÷õ

æçå −= lmgLMglsensenLKEp

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ββ cc JE

=∂∂

ββ cc JE

dtd =ö

÷

õæç

å∂∂

0=∂∂

βcE

βββαβ

senlmgllsensenLKEp

2cos

22 +ö

÷õ

æçå −−=

∂∂

L’equazione di equilibrio risultante è:

02

cos2

2 =+ö÷õ

æçå −− βββαβ senlmgllsensenLKJc

Posizione di equilibrio

Per linearizzare le equazioni occorre individuare una posizione di equilibrio stabile del sistema; tale posizione di equilibrio è verificabile imponendo le seguenti due eguaglianze:

ααβαα

senLMgLlsensenLKEp

2cos

222 +ö

÷õ

æçå −=

∂∂

βββαβ

senlmgllsensenLKEp

2cos

22 +ö

÷õ

æçå −−=

∂∂

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

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

=ݱ==ݱ=nnnn

πβπα

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

00,0

2

2

>∂∂

αpE

00,0

2

2

>∂∂

βpE

Ý>öö

÷

õ

ææ

ç

å

∂∂∂

−∂∂

∂∂

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

βαβαppp EEE

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Le derivate necessarie sono:

ααβαααα

cos222

2cos2

cos2

22

2 LMgsenLlsensenLKLLKE p +ö

÷õ

æçå −−ö

÷õ

æçå=

∂∂

( ) βββαβββ

cos22

2coscos22

2 lmglsenlsensenLKllKE p +ö

÷õ

æçå −+=

∂∂

αββα

cos2

cos22 LKlEp −=∂∂

da cui:

242

2

0,02

2 LMgLKE p +=

∂∂

α

22 2

0,02

2 lmgKlEp +=

∂∂

β

22

0,0

2 LKlEp −=∂∂

∂βα

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

>öö

÷

õ

ææ

ç

å

∂∂∂

−∂∂

∂∂

βαβαppp EEE

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.

Linearizzazione dell’energia potenziale

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

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+≅= pppppppp

EEEEEEEE

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:

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242

2

0,02

2 LMgLKE p +=

∂∂

α

22 2

0,02

2 lmgKlEp +=

∂∂

β

22

0,0

2 LKlEp −=∂∂

∂βα

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

αββα

αββα

KlLlmgKlLMgLK

LKllMgKlLMgLKEp

+ùúø

éêè ++ù

ú

øéê

è+=

=+ùúø

éêè ++ù

ú

øéê

è+=

2222

2222

444

22

22

21

242

21

Linearizzazione dell’energia cinetica

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:

ä=

=2

1,21 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE

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

ä=

≅2

1,2010 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE

Nell’esercizio l’espressione dell’energia cinetica risulta quindi essere invariata:

Equazioni linearizzate

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

Prima equazione:

0=∂

∂+

∂∂−ö

÷õ

æçå

∂∂

xE

xE

xE

dtd pCC

βα clc JJE +=

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αα l

c JE =∂∂

αα

JEdtd c =ö

÷õ

æçå

∂∂

0=∂∂

αcE

βαα

KlLLMgLKEp +ù

ú

øéê

è+=

∂∂

22

2

Seconda equazione:

0=∂∂+

∂∂−ö

÷

õæç

å∂∂

βββVEE

dtd CC

ββ cc JE

=∂∂

ββ cc JE

dtd =ö

÷

õæç

å∂∂

0=∂∂

βcE

αββ

KlLlMgKlEp +ùú

øéêè +=

∂∂

42 2

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 0i tM K X e ωωè ø− + =ê ú

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

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[ ] [ ]20det 0M Kωè ø− + =ê ú

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Soluzione del Tema d’esame del 20 giugno 2001 – A. Curami, R. Sala

Corso di Meccanica Applicata alle MacchineA.A. 2000/2001

1

Si consideri il carrello anteriore del Lancaster sotto raffigurato (Fig. l) e, in base allo schemacinematico equivalente (Fig. 2), si determini:

Fig. 1

-la cinematica del punto E e dell’asta DE utilizzando le equazioni di chiusurasupponendo che:• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia completamente nota;• l'attuatore lineare BC si stia allungando con una velocità V costante;Per cinematica di E si intende la velocità e l'accelerazione del punto E rispetto al telaio consideratofisso, nonché la velocità e l'accelerazione angolare della gamba del carrello (asta DF).

Fig. 2

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2

- La forza generata dall’attuatore supponendo che:• il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità;• le masse delle aste AC, CE e BC (attuatore) siano trascurabili;• gli artriti nelle cerniere siano nulli;• la gamba del carrello (comprensiva della ruota) abbia massa M e momento di inerzia

baricentrico J; il baricentro coincida con il punto E;

-L' equazione del moto del velivolo deternlinando analiticamente la velocità V allaquale avviene il distacco della ruota. Si supponga che:• i punti A, B e D siano solidali con la gondola del velivolo;• le forze aerodinamiche siano trascurabili;• il profilo della pista di atterraggio possa essere schematizzato con una funzione armonica di

ampiezza A e lunghezza d'onda pari a L;• la velocità di rullaggio sia V costante;• la ruota possa essere schematizzata come una coppia molla smorzatore descritta dalle costanti k

e r; il carico gravante sul centro della ruota sia noto e pari a Mant

Fig. 3

-Descrivere il funzionamento delle frizioni, sviluppando analiticamente il transitorio diun sistema composto da motore ed utilizzatore fra i quali sia interposta una frizione.

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3

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 20 giugno 2001

Analisi del sistema

Eseguiamo una verifica dei gradi di liberà del sistema sopra riportato:esso è formato da 4 elementi mobili (aste AC, CE, ED ed attuatore BC) per un totale di 12 gradi dilibertà e da 3 cerniere a terra (A, B, D) che eliminano 6 gradi di libertà. Altri 5 gradi di libertàvengono eliminati dalle cernierte C (-3 gdl) ed E (-2 gdl). Si conclude quindi che il sistema è asingolo grado di libertà e quindi che la sua cinematica può essere completamente studiata notaquella dell’attuatore BC (velocità V costante).

Cinematica del punto E

La cinematica di E deve essere determinata in funzione dei valori di posizione (velocità eaccelerazione) dell’unico grado di libertà del sistema rappresentato dall’orientamento (velocitàangolare, accelerazione angolare) della manovella AC.

La soluzione analitica si ottiene in questo modo:• determinazione della cinematica di C in funzione della velocità V dell’attuatore BC;• determinazione della cinematica di E in funzione di quella della manovella AC.

Fig. 2

B

A

C

V

M,J

D

E

F

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4

La cinematica di C va ricavata in funzione della posizione, della velocità .dell’attuatore CB.Consideriamo l’equivalente vettoriale del nostro meccanismo:

5

1

270

0

5

1

θ

θ

===

Possiamo quindi scrivere l’equazione vettoriale:

1 5 + =

θο

θ5

θ1

l2

l1l3

lol4l5

C

E

B

A

D

θ

+

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5

che, passando ai numeri complessi, sarà espressa da:

51

1 5

ϑ ϑϑ + =

Scomponiamo l’equazione complessa in due equazioni scalari corrispondenti alle due proiezionisull’asse reale e su quello immaginario:

1 1 5 5

1 1 5 5

cos cos cos

sen sen

ϑ ϑ ϑϑ ϑ ϑ

+ =+ =

con 270

ϑ = .

Si tratta di un sistema non lineare di due equazioni nelle due incognite θ1 e θ5. Si noti che una voltanoto il valore di l5 sarà semplice risalire a quello di θ1 e di θ5.Questo significa che dovremo individuare le relazioni sotto riportate:

1 5

5 5

( )

( )

ϑϑ

==

Si ottiene:

2 2 2

5 1

1 2 2 2 2 2 2 4 4 4

1 5 1 5 5 1

2 2 2

5 1

5 2 2 2 2 2 2 4 4 4

1 5 1 5 5 1

2 2 2

2 2 2

ϑ

ϑ

− += + + − − − − − += + + − − −

Si sottolinea fin d’ora che tale corrispondenza potrebbe non essere univoca; infatti si pensi alladuplicità di soluzioni associate alla possibilità di avere una doppia configurazione del sistema doveil punto C si trova una volta alla destra e una volta alla sinistra della retta passante per A e per B. Inpratica si avranno due coppie di valori di θ1 e θ5 a fronte di un unico valore di θ0.

La determinazione della velocità di C passa attraverso la derivazione dell’equazione di chiusura

vettoriale. Ricordando che è pari a 2

π

e derivando rispetto al tempo, l’espressione si ottiene:

5 51

1 1 5 5 50 ϑ ϑϑϑ ϑ+ = +

ove 5 =

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

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6

( ) ( )( ) ( )

1 1 1 5 5 5 5

1 1 1 5 5 5 5

cos 90 0 cos cos 90

sen 90 0 sen sen 90

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

+ + = + +

+ + = + +

da cui è possibile ricavare il legame fra le velocità angolari di AC e BC in funzione della velocità Vdell’attuatore e delle posizione angolari θ1 e di θ5 funzioni di l5.

1 5

5 5

( , )

( , )

ϑϑ

=

=

Si ottiene:

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

1

1 5 1 5 1 5 5 1 1 5

2 2 2

5 1

4

5 1 5 1 5 1 5 1 5

2

ϑ

ϑ

=− + − ⋅ + + ⋅ + − ⋅ − + −

+ −=

− + − ⋅ + + ⋅ − + + ⋅ − + −

La determinazione della accelerazione di C si ottiene derivando rispetto al tempo l’equazione dichiusura delle velocità. Derivando si ottiene:

5 5 5 5 5 512 2

1 1 1 1 5 5 5 5 5 5 5 5 5

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑϑϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ+ = + + + +

cioè

5 5 51 12 2

1 1 1 1 5 5 5 5 5 50 2 ϑ ϑ ϑϑ ϑϑ ϑ ϑ ϑ ϑ+ = + + +

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

2 2

1 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 5 5 5

2 2

1 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 5 5 5

cos 90 cos 2 cos 90 cos cos 90

sen 90 sen 2 sen 90 sen sen 90

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

+ − = + − + +

+ − = + − + +

da cui è possibile ricavare il legame fra le accelerazioni angolari di AC e BC:

1 5

5 5

( , )

( , )

ϑϑ

=

=

Si ottiene:

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7

( )( )

( ) ( )( )

2 2

1 1 1 5 5 5

1

1 1 5

2 2

1 1 5 1 5 5 5 1 5

5

5 1 5

cos

sin

2 sin cos

sin

θ θ θ θϑ

θ θ

θ θ θ θ θ θ θϑ

θ θ

− − +=

− − + −=

La cinematica di E va ricavata in funzione della posizione, della velocità e dell’accelerazione dellamanovella AC.Consideriamo l’equivalente vettoriale del nostro meccanismo a quadrilatero articolato:

2

1

2

3

3

1

4

4

ϑ

θ

θ

θ

====

Possiamo quindi scrivere l’equazione vettoriale:

4321

+=+

che, passando ai numeri complessi, è espressa da:

43214321

ϑϑϑϑ +=+

Si consideri che gli angoli sono presi positivi in verso antiorario a partire dall’asse reale edesprimono l’orientazione delle aste del quadrilatero come raffigurato nel disegno.Analizzando l’equazione complessa si può vedere come il quarto vettore sia in realtà rappresentatoda un vettore costante nel tempo in quanto le cerniere A e D sono entrambe connesse a terra; perquesto nel seguito evidenzieremo questo termine come un numero complesso costante evitando diriportare la sua dipendenza da un θ4 costante.Il sottosistema considerato è composto da tre aste e da quattro cerniere per un totale complessivo di1 solo grado di libertà (9 gdl delle aste a cui vanno sottratti gli 8 gdl introdotti dalle cerniere) chenel seguito sarà indicato con θ1. Scopo del nostro procedere sarà quindi di esprimere in funzione di

E

A

Cθ3

θ4

θ1

θ2

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8

θ1 i valori degli angoli θ2 e θ3; per completare l’operazione abbiamo a disposizione una equazionecomplessa nel piano, equivalente a due equazioni scalari.Scomponiamo l’equazione complessa in due equazioni scalari corrispondenti alle due proiezionisull’asse reale e su quello immaginario:

4332211

4332211

sinsinsin

coscoscos

+=++=+

θθθθθθ

Note le caratteristiche geometriche del sistema, essendo quest’ultimo ad un grado di libertà, la suaconfigurazione sarà completamente individuata dal valore di uno dei tre angoli utilizzato perdescriverlo. Nel seguito supporremo di utilizzare come variabile indipendente l’angolo di fase θ1

della manovella. Questo significa che dovremo individuare le due relazioni sotto riportate:

2 1

3 2

( )

( )

θ θθ θ

==

Si sottolinea ancora che tale corrispondenza potrebbe non essere univoca; infatti si pensi alladuplicità di soluzioni associate alla possibilità di avere una doppia configurazione del sistema doveil punto E si trova una volta sopra e una volta sotto alla retta passante per D e per A. In pratica siavranno due coppie di valori di θ2 e θ3 a fronte di un unico valore di θ1.

Tornando alle nostre due equazioni scalari, cominciamo con il ricercare il legame tra θ3 e θ1. Alloscopo procediamo raggruppando al secondo membro i termini funzione di θ2 con l’intento di farescomparire le funzioni trigonometriche che lo contengono:

2243311

2243311

sinsinsin

coscoscos

θθθθθθ

−=−−−=−−

Quadrando le due equazioni si ottiene:

2 2 2 2 2 2 2

1 1 3 3 4 1 3 1 3 1 4 1 3 4 3 2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 1 3 3 4 1 3 1 3 1 4 1 3 4 3 2 2

cos cos 2 cos cos 2 cos 2 cos cos

sin sin 2 sin sin 2 sin 2 sin sin

θ θ θ θ θ θ θθ θ θ θ θ θ θ

+ + − − + =+ + − − + =

la cui somma dà come risultato:

2 2 2 2

1 2 3 4 1 3 1 3 1 3 1 4 1 1 4 1

3 4 3 3 4 3

2 (cos cos sin sin ) 2 cos 2 sin

2 cos 2 sin 0

θ θ θ θ θ θθ θ

− + + − + − − ++ + =

Questa relazione, dato un certo valore di θ1, può essere pensata come una equazione trigonometricalineare del tipo:

0cos 13131 =++ θθ

Dove le tre costanti valgono rispettivamente:

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Soluzione del Tema d’esame del 20 giugno 2001 – A. Curami, R. Sala

Corso di Meccanica Applicata alle MacchineA.A. 2000/2001

9

1i411r4124

23

22

21

r43131

i43131

sinll2cosll2llllC

ll2cosll2B

ll2sinll2A

θ−θ−++−=

+θ−=+θ−=

La soluzione dell’equazione trigonometrica lineare in seno e coseno passa attraverso la sostituzionedel seno e del coseno con la tangente della metà dell’angolo:

2tan1

2tan1

cos

2tan1

2tan2

sin

32

32

3

32

3

3

θ

θ

θ

θ

θ

θ

+

−=

+=

date queste relazioni, ponendo la sostituzione:

2tan 3θ=

si ottiene:

2

2

3

23

1

1cos

1

2sin

+−=

+=

θ

θ

Sostituendo le equazioni trovate nell’equazione trigonometrica lineare si ha:

02 211

2111 =++−+

da cui raccogliendo si ha:

2

1 1 1 1 1( ) 2 0 − + + + + =

da cui si ricava finalmente il valore di x:

2 2

1 1 1 13

1

1 1

( )tan ( )

2

θ θ

± + − += = =

+

Riassumendo il procedimento, noto il valore di θ1 si determinano quelli delle costanti A1, B1 e C1, eda queste si risale al valore di θ3, in genere rappresentato da una coppia di valori.

Il procedimento seguito per eliminare θ2 ha un senso fisico che può essere reso evidente mostrandocome gli stessi risultati potevano essere raggiunti scrivendo l’equazione come:

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Corso di Meccanica Applicata alle MacchineA.A. 2000/2001

10

22

22 )()(

=−+−

dove:

334

334

11

11

cos

cos

θθ

θθ

+=+=

==

Tornando alle nostre due equazioni scalari di partenza, con un procedimento sostanzialmenteanalogo, andiamo alla ricerca del legame tra θ2 e θ1. Allo scopo procediamo raggruppando alsecondo membro i termini funzione di θ3 con l’intento di fare scomparire le funzionitrigonometriche che lo contengono:

3342211

3342211

sinsinsin

coscoscos

θθθθθθ

=−+=−+

Quadrando le due equazioni si ottiene:

322

31i421i4121212

i4222

2122

1

322

32r421r4121212

r4222

2122

1

sinlsinll2sinll2sinsinll2lsinlsinl

coslcosll2cosll2coscosll2lcoslcosl

θ=θ−θ−θθ++θ+θ

θ=θ−θ−θθ++θ+θ

la cui somma dà come risultato:

0sinll2sinll2

cosll2cosll2)sinsincos(cosll2llll

2i421i41

2r421r4121212124

23

22

21

=θ−θ−+θ−θ−θθ+θθ++−+

Questa relazione, dato un certo valore di θ1, può essere pensata come una equazione trigonometricalineare del tipo:

0cos 22222 =++ θθ

Dove le tre costanti valgono rispettivamente:

1i411r4124

23

22

212

r421212

i421212

sinll2cosll2llllC

ll2cosll2B

ll2sinll2A

θ−θ−+−+=

−θ=−θ=

La soluzione dell’equazione trigonometrica lineare in seno e coseno passa attraverso la sostituzionedel seno e del coseno con la tangente della metà dell’angolo:

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11

2tan1

2tan1

cos

2tan1

2tan2

sin

22

22

2

22

2

2

θ

θ

θ

θ

θ

θ

+

−=

+=

date queste relazioni, ponendo la sostituzione:

2tan 2θ=

si ottiene:

2

2

2

22

1

1cos

1

2sin

+−=

+=

θ

θ

Sostituendo le equazioni trovate nell’equazione trigonometrica lineare si ha:

02 222

2222 =++−+

da cui raccogliendo si ha:

2

2 2 2 2 2( ) 2 0 − + + + + =

da cui si ricava finalmente il valore di y:

2 2

2 2 2 22

2 1

2 2

( )tan ( )

2

θ θ

± + − += = =

+

Riassumendo il procedimento, noto il valore di θ1 si determinano quelli delle costanti A2, B2 e C2, eda queste si risale al valore di θ2, in genere rappresentato da una coppia di valori.

Il procedimento seguito per eliminare θ3 ha lo stesso senso fisico di quello utilizzato per eliminareθ2 al passaggio precedente.

La posizione di B può quindi essere determinata, nelle sue componenti reale ed immaginaria,utilizzando le relazioni seguenti relazioni:

i4332211i

r4332211r

lsinlsinlsinlB

lcoslcoslcoslB

+θ=θ+θ=+θ=θ+θ=

Velocità di E

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12

Possiamo ora ritenere nota la posizione di E al variare del valore dell’angolo θ1 e possiamoaffrontare lo studio della velocità per lo stesso; allo scopo ripartiamo dalla:

43214321

ϑϑϑϑ +=+

e deriviamola rispetto al tempo:

321332211

ϑϑϑ θθθ =+scomponendo l’equazione complessa nelle sue due componenti lungo l’asse reale e lungo quelloimmaginario e isolando a secondo membro i termini relativi alla velocità di A si ottiene:

111333222

111333222

coslcoslcosl

sinlsinlsinl

θθ=θθ+θθ−

θθ=θθ+θθ−

Risolvendo le due relazione rispetto alle due velocità angolari che si intendono determinare infunzione di quella della manovella si ottiene:

)sen(l

)sen(l

)sen(l

)sen(l

323

12113

322

13112

θ−θθ−θθ

θ−θθ−θθ

dalle quali siamo in grado di ricavare la velocità di ogni membro del quadrilatero attualmenteconsiderato; si noti infatti che gli angoli sono tutti noti in quanto forniti dai dati (θ1) o calcolati alpasso precedente (θ2 e θ3). La velocità angolare della manovella è nota in quanto fornita dai dati delproblema.La velocità di E, nelle sue componenti lungo l’asse reale ed immaginario, può quindi esserecalcolata utilizzando le seguenti relazioni:

333222111Bi

333222111Br

coslcoslcoslv

sinlsinlsinlv

θθ=θθ+θθ=

θθ=θθ+θθ=

Accelerazione di E

Possiamo ora ritenere nota la posizione e la velocità di E al variare del valore dell’angolo θ1 epossiamo affrontare lo studio dell’accelerazione per lo stesso; allo scopo ripartiamo dalla relazioneche esprime la velocità:

321332211

ϑϑϑ θθθ =+

e deriviamola rispetto al tempo, che è l’equivalente, termine a termine, della relazione vettoriale:

BnBtBAnBAtAnAt aaaaaa

+=+++

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13

scomponendo l’equazione complessa nelle sue due componenti reale ed immaginaria:

posso risolvere la relazione rispetto a 2θ e a 3θ in modo da ricavare l’accelerazione angolare delle

due aste in funzione di quantità note:

Determinate le due accelerazioni sarà possibile determinare le due componenti dell’accelerazione diE utilizzando le due relazioni precedentemente ricavate.

Note le grandezze cinematiche per ottenere l’equazione del moto si utilizza il bilancio di potenza:

− =

L’energia cinetica vale:

2 2

3 3

3

1 12 2

ω

θω θ

= +

=

=

Sostituendo,

( )

2

3 3 3 3 3

3 3

3

3

3 3

cos

32

2cos cos

θ θ θ θ

θ απβ ϑ

πα β ϑ π

ϑ π ϑ

= +

= ⋅ = ⋅

= − ⋅ = +

= −

= − = −

− = −

Si ottiene

2

3 3 3 3 3 3 3 3cos θ θ θ θ θ θ⋅ + = +

La forza F esercitata dall’attuatore vale dunque

332211 i3

23

i33

i2

22

i22

i1

21

i11 elelielelieleli θθθθθθ θ−θ=θ−θ+θ−θ

332333322

2222211

21111

332333322

2222211

21111

coslcoslcoslcoslcoslcosl

sinlsinlsinlsinlsinlsinl

θθ−θθ=θθ−θθ+θθ−θθ

θθ+θθ−=θθ+θθ−θθ+θθ−

θ3

g

VE

αβ

E

D

θ3

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14

( ) 2

3 3 3 3 3 3cos

θ θ θ θ+ +=

Il sistema può essere schematizzato come una massa con molla e smorzatore e spostamento di vincolo imposto.

Spostamento di vincolo imposto:

( )

( )

2

2

2cos Re

2 2 2sin Re

π

π

π

π π π

= = = − =

Per l’equilibrio dinamico si ha:

( ) ( ) 0

+ − + − + =

+ + = + −

La posizione di equilibrio statico è:

= −

Indichiamo con lo spostamento rispetto alla posizione diequilibrio statico:

= −= +==

z

Man

h

rk

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15

per cui l’equazione di equilibrio dinamico diventa:

( )0

2 2 2

ψ

Ω

+ + + = +

+ + = + == + Ω

= + ΩΩ=

con 2

π Ω =

Calcoliamo la soluzione a regime del sistema:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )2

ψ

ψ

ψ

Ω +

Ω +

Ω +

=

= Ω

= − Ω

Si ottiene:

( )( ) ( )( )

( )( )

22 22

2

ψΩ + +Φ

=− Ω + Ω

ΩΦ = −

− Ω

=

La forza che si scarica a terra è data dall’espressione:

( ) ( ) = − + −

con

= +

( ) ( ) ( ) ( ) = − + + − = − + − +

La condizione limite di distacco si ha qunado la forza trasmessa a terra si annulla:

( ) ( ) 0 = − + − + =

Svolgiamo i calcoli nel caso di smorzamento nullo.

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16

( )2

0

Ω

=− Ω

Φ ==

( ) 0 = − + =

Da cui si ottiene:

( )

( )

2

2

1 2

1

2

π

π

+ −Ω = =

+

+ −=

+

V

mg

Vcr

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1

!"## $%&&

Si consideri il carrello anteriore del velivolo ME-262 sotto raffigurato (Fig. 1) e, in base alloschema cinematico equivalente (Fig. 2), si determini:

Fig. 1

-la posizione, la velocità e l’accelerazione del mozzo della ruota anteriore (D in Fig. 2),rispetto al telaio considerato fisso, nella posizione di fig.2.. Si determini inoltre la velocità el’accelerazione angolare della gamba del carrello AD. Si ipotizzi che:

• la geometria del sistema sia completamente nota;• l’attuatore lineare BC si stia allungando con una velocità Va costante;• l’asta AD sia rigida.

Per la risoluzione si utilizzi ''% il metodo dei numeri complessi (equazioni dichiusura).

Fig. 2

Va

MC, JC

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2

-la forza che l’attuatore deve imporre affinché il sistema rispetti i parametri sopraspecificati, nella stessa configurazione del quesito precedente. A tal fine si ipotizzi che:

• le forze e le coppie aerodinamiche siano trascurabili;• il carrello completo di ruota (AD in Fig. 2) abbia massa M e momento di inerzia J rispetto

al baricentro C.• l’attuatore lineare (BC in Fig. 2) abbia massa trascurabile;• l’attrito nelle cerniere e nell’attuatore lineare siano nulli.

dopo l’atterraggio il carrello si trovi nella configurazione illustrata in fig.3. Si studi ilmoto vibratorio del carrello a regime, a partire dalla configurazione di equilibrio statico in figuranota, ipotizzando che:

- si trascuri la rotazione della ruota attorno a D;- l’attuatore abbia elasticità k, smorzamento r e massa trascurabile;

- al perno della ruota sia applicata una forzante armonica orizzontale

Ω= ;

- l’attrito nelle cerniere e nell’attuatore lineare siano nulli.

Fig. 3

- Si descrivano i principi della lubrificazione idrodinamica naturale.

FH

A B

C

D

()

r

k

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3

*

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 4 luglio 2001

Analisi del sistema

La cinematica di C va ricavata in funzione della posizione, della velocità e dell’accelerazione(angolari) dell’attuatore CB.Consideriamo l’equivalente vettoriale del nostro meccanismo:

1

2

3

1

2

3

θ

θ

θ

===

Possiamo quindi scrivere l’equazione vettoriale:

1 2 3+ =

1 2 31 2 3ϑ ϑ ϑ+ =

Scomponiamo l’equazione complessa in due equazioni scalari corrispondenti alle due proiezionisull’asse reale e su quello immaginario:

1 1 2 2 3 3

1 1 2 2 0

cos cos cos

sen

ϑ ϑ ϑϑ ϑ

+ =+ =

l1 l2

l3

θ1

A B

C

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4

Si tratta di un sistema non lineare di due equazioni nelle due incognite θ1 e θ2. Si noti che una voltanoto il valore di l2 sarà semplice risalire a quello di θ1 e di θ2.Questo significa che dovremo individuare le relazioni sotto riportate:

ϑϑ

1 2

2 2

==

( )

( )

Si ottiene

ϑ

ϑ

12

21

22

2

1 3

23

2

22

12

22

2 3

2

2

=− −

= −− −

arccos

arccos

La determinazione della velocità di C passa attraverso la derivazione dell’equazione di chiusuravettoriale. Derivando l’espressione si ottiene:

1 1 2 2 21 2 2 0 ϑ ϑϑ ϑ ϑ+ + =

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

( ) ( )( ) ( )

1 1 1 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2 2 2

90 90 0

90 90 0

cos cos cos( )

( )

ϑ ϑ ϑ ϑ θ

ϑ ϑ ϑ ϑ θ

+ + + + =

+ + + + =

con 2 = .

da cui è possibile ricavare il legame non lineare fra le velocità angolari di AC e BC in funzionedella velocità V dell’attuatore e delle posizione angolari θ1 e di θ2 funzioni di V.

( , ) ( , )

ϑϑ

1 2

2 2

==

Si ottiene

2

1

1 2 2 1

1 1 2

2

1 2 1 2

sin( )

cos( )

sin( )

ϑθ θ

θ θϑ

θ θ

=−

− −=

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5

La determinazione della accelerazione di C si ottiene derivando l’equazione di chiusura dellevelocità. Derivando si ottiene:

− + + + + − =

1 12

1 1 2 2 2 2 2 2 2 221 1 2 4 2 2 0 ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑϑ ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

− + + + + + + − =

− + + + + + + − =

1 12

1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 22

2

1 12

1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 22

2

22

2 20

22

2 20

cos( ) cos( ) cos( ) cos( ) cos( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ϑ θ ϑ θπ

ϑ θπ

ϑ θπ

ϑ θ

ϑ θ ϑ θπ

ϑ θπ

ϑ θπ

ϑ θ

da cui è possibile ricavare il legame non lineare fra le accelerazioni angolari di AC e BC:

( ) ( )

ϑϑ

1

4

==

Si ottiene

cos( )

( )

cos( ) ( )

( )

ϑϑ ϑ θ θ

θ θ

ϑϑ ϑ θ θ ϑ θ θ

θ θ

12

22

22 2

22 1

1 2 2 1

21

21

22 1 2

22 1 1 2

22 1

1 2 2 11

2

=+ −

= −+ − + −

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6

Note le grandezze cinematiche per ottenere l’equazione del moto si utilizza il bilancio di potenza:

− =

Si ha :

( )

1 1

1

2 2 2 22

1 1 1

2

1 1 1

1 1 1 1

2 2 2 2

θω θ

ω θ θ

θ θ

− =

=

=

= + = +

= +

= ×

= − ×

per cui

( )2

1 1 1 θ θ+ = × + ×

da cui si ricava F.

A

C

B

F, Va

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7

Il sistema a un grado di libertà si trova nella configurazione di equilibrio indicata in (Fig. 3) con θ1,o=270°. Scriviamol’equazione di Lagrange e le grandezze energetiche a partire dalla configurazione di equilibrio . Prendiamo comecoordinata libera l’angolo del carrello θ1.

θ θ θ θ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂− + + =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2 2 22

1 1 1

2

2

1 1 1 1

1 1

1

1 1 1 1

2 2 2 2121

2cos( 270)

cos( 270)

ϖ θ θ

θ θ θ

θθ

= + = +

= ∆ + ∆

= ∆

∂ = ∂ = − ⋅∂∂= = −∂

con

2 2

2 20 2 3 1 2 1 20

1 2 1

2 2

2 3 1 2 1

1 1

( ) 2 cos

2 sin( )

2 cos

(1 sin )

ϑϑ

ϑθ

∆ = − = + + −

∆ = −+ +

∆ = +

Sostituendo:

( )

( )

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

22 2

2 3 1 3 1 20 1 1

2

1 3 1

12 2

2 3 1 3 1

1 1 12 2 2

12 cos (1 sin )

2

1 2 sin

2 2 2 cos

θ θ θ

ϑ θ

ϑ ϑϑ

= + = +

= + + − + −

= − + +

Volendo linearizzare l’equazione del moto attorno alla configurazione di equilibrio, sviluppiamo l’energia potenziale ela funzione dissipativa in serie di Taylor arrestandoci al secondo ordine. Si ricorda che gli unici termini che rimangono

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8

sono quelli del secondo ordine. In tal modo l’energia potenziale è un forma quadratica e da origine a termini linearinell’intorno della configurazione di equilibrio.

( )( )

22 22

2 21 3 1 332 1 3 22 2

2 2 21 270 1 31 3

2 4

2

ϑ°

∂ = + + − ∂ + + 2 2

2

1 3 1 1 32 2 2 2 2

1 270 1 3 1 3 1 1 3270

sin

2 s

θϑ θ°

∂ = = ∂ + + +

Per cui, applichiamo il cambio di variabili:

1

1

1

270θ θθ θθ θ

= − °

==

si ottiene:

( )2 2

1

1

2 θ= +

( ) ( )( )

22 22

2 2 2 21 3 1 332 1 1 3 2 12 2 2 2 21 1 3 1 3

22

2 21 32 2 2

1 1 3

1 2 4270 1/ 2

2 2

1 1

2 2

ϑ θϑ

ϑ ϑϑ

∂ ≅ − = + + − + ∂ + + ∂≅ = ∂ +

1 1cos θ= ≅

Applichiamo le equazioni di Lagrange:

θ θ θ θ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂− + + =∂ ∂ ∂ ∂ ∂

si ottiene:

( )( )

22 2

2 2 21 3 1 3 1 331 1 3 2 1 12 2 2 2 2 2 2

1 3 1 3 1 3

1 2 42 2

θ θ θ Ω

+ + + + + − + = + + +

Chiamiamo:

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9

( )

( )( )

2

1

1 3

2 2

1 3

22 2

2 21 3 1 331 3 2 12 2 2 2 2

1 31 3

1

2 4

2

= +

= +

= + + − + + + =

Lequazione diventa:

θ θ θ Ω+ + =

Calcoliamo la soluzione a regime del sistema:

( )( )( ) 2

θθ

θ

Ω

Ω

Ω

= Θ

= Θ Ω

= −ΘΩ

sostituendo si ottiene:

( )

( )

2 22 2

2

θ Ω +Φ

Θ =− Ω + Ω

ΩΦ = −− Ω

= Θ

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 1

Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami - Appello del 17 luglio 2001

Quesito 1: Dato il meccanismo piano sotto raffigurato di cui sono note:

• la geometria (lunghezze delle aste e raggio del rullo); • la legge del moto dell’asta AB (posizione angolare, velocità angolare e accelerazione angolare

in ogni istante);

si determini, utilizzando obbligatoriamente il metodo dei numeri complessi, la posizione, la velocità e l’accelerazione del punto D.

Quesito 2: Determinare per la posizione in figura la forza F sopra raffigurata applicata in D necessaria per imporre la legge di moto di cui al quesito precedente. Allo scopo si considerino note la massa M ed il momento di inerzia baricentrico J del disco e si supponga che quest’ultimo rotoli senza strisciare.

Quesito 3: Dato il sistema sotto raffigurato si richiede di: • scrivere le equazioni di equilibrio non lineari; • linearizzare le stesse attorno alla posizione di equilibrio; • determinare le frequenze proprie del sistema;

Nello svolgimento dell’esercizio si supponga che: • il sistema operi in un piano verticale e sia quindi soggetto a gravità; • gli attriti siano trascurabili;

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 2

• la geometria del sistema (angoli e lunghezze) sia completamente nota; in particolare si consideri che il pendolo abbia lunghezza l.

Si ritengano, inoltre, note: • la massa, il momento di inerzia baricentrico e il raggio del disco superiore (M, J, R); • la massa del disco inferiore considerato puntiforme (m); • la lunghezza l del pendolo di massa trascurabile; • la costanti elastiche delle molle;

• la legge dello spostamento armonico del vincolo sinistro.

Domanda - Si parli delle trasmissioni ad ingranaggi e, considerando il proporzionamento modulare, si approfondisca l’argomento del minimo numero di denti e delle tecniche di ribassamento e correzione.

K 3K

lMg

mg

x(t)=A cos ( t)ω•

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 3

Quesito 1

Introduzione generale

I numeri complessi sono utilizzati per rappresentare in coordinate polari (modulo e fase) i vettori piani:

305 iel =

identifica ad esempio un vettore di modulo pari a 5 unità di lunghezza con un angolo di fase rispetto all’asse preso come origine degli angoli pari a 30°. I meccanismi piani che abbiamo finora trattato possono essere compiutamente descritti dal punto di vista cinematica identificando il comportamento di alcuni punti notevoli dai quali è possibile derivare il comportamento di tutto il sistema. Si immagini di ridurre il sistema proposto ad un meccanismo cinematicamente equivalente (spesso coincidente con quello dato) costituito solo da aste rigide che collegano tra loro in modo opportuno i punti notevoli individuati. Il meccanismo ottenuto sarà semplicemente descrivibile con dei vettori (e quindi con dei numeri complessi) per cui sarà possibile scrivere per lo stesso l’equazione di chiusura vettoriale. Scritta tale equazione il meccanismo potrà dirsi risolto una volta che da questa avremo ottenuto, in funzione in questo caso della posizione della manovella, la posizione delle altre aste. Per quanto riguarda la velocità e l’accelerazione queste potranno essere ricavate derivando una o due volte l’equazione di chiusura.

Analisi del sistema

Determiniamo i gradi di libertà complessivi del sistema; esso è formato da tre corpi rigidi (aste AB e BD e disco) per un totale di nove gradi di libertà e da quattro cerniere (di cui tre rotoidali e una prismatica) che eliminano 8 gradi di libertà. Questo computo dei gradi di libertà sottointende che il disco rimanga a contatto con il piano e rotoli senza strisciare in quanto in mancanza di tale ipotesi (quindi nell’ipotesi che il disco rotoli e strisci) il sistema sarebbe a due e non più ad un singolo grado di libertà.

Si sottolinea come ai fini della determinazione della cinematica di D non abbia nessuna influenza il tipo di rotolamento del disco; volendo invece determinare la cinematica del disco diventa di fondamentale importanza l’ipotesi che il disco rotoli senza strisciare in quanto in caso contrario si perderebbe il legame tra la cinematica di D e quella del disco.

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 4

θ3

θ2

θ1

l1

l2

l3

l3

l3r

l3i

θ3

Sistema vettoriale equivalente

Dato il sistema di partenza (a sinistra) è facile derivare il sistema vettoriale equivalente (a destra) che permette di calcolare la posizione del punto richiesto:

Mentre si passa dal meccanismo al suo equivalente vettoriale si deve prestare particolare attenzione al verso dei vettori. Questi hanno fase nulla quando sono orizzontali con verso verso destra e mantengono tale verso ruotando in senso antiorario (fase positiva) o orario (fase negativa). Si sottolinea che lo schema equivalente vettoriale è tale solo nel momento in cui si imponga che il punto D si muova in orizzontale (parallelamente al piano di scorrimento del disco) e che tale vincolo viene introdotto sul terzo vettore. Questo significa che il terzo vettore modificherà durante il movimento sia il suo modulo che la sua fase; l’alternativa è di sostituire tale vettore con altri due, corrispondenti alle sue componenti lungo l’asse reale (variabile solo in lunghezza in quanto la sua fase si presenta sempre orizzontale) e immaginario (costante). Chiameremo nel seguito lr ed liqueste due componenti la cui somma dà l3.

Posizione di D

La cinematica di D va ricavata in funzione della posizione, della velocità e dell’accelerazione (angolari) della manovella AB, tutte quantità fornite dai dati del problema.Consideriamo l’equivalente vettoriale del nostro meccanismo:

3

2

1

lAD

lBD

lAB

=

=

=

Possiamo quindi scrivere l’equazione vettoriale:

321 lll

=+

che, passando ai numeri complessi, sarà espressa da:

θ3

θ2

θ1

l1

l2

l3

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 5

321 lll =+

321321

ϑϑϑ iii elelel =+

Scomponendo il vettore l3 nelle sue due componenti secondo l’asse reale e l’asse immaginario si ha:

2703

180321

21 ii

ir

ii elelelel +=+ ϑϑ

Si consideri che gli angoli sono presi positivi in verso antiorario a partire dall’asse reale (o da una semiretta equiversa) ed esprimono l’orientazione delle aste del meccanismo come raffigurato nel disegno. Analizzando l’equazione complessa si può vedere come il terzo vettore sia in realtà rappresentato da un vettore orizzontale (diretto come l’asse reale) il cui modulo è variabile nel tempo mentre il quarto rappresenta un vettore costante sia in modulo che in fase (diretto come l’asse immaginario); quanto affermato è la conseguenza del fatto che la cerniera D è vincolata a muoversi parallelamente al piano dalla presenza del disco. Note le caratteristiche geometriche del sistema, essendo quest’ultimo ad un grado di libertà, la sua configurazione sarà completamente individuata dal valore di uno dei tre angoli utilizzato per descriverlo; nel seguito supporremo di utilizzare come variabile indipendente l’angolo di fase θ1 in quanto direttamente noto dai dati del problema. Si tratterà quindi di esprimere in funzione di θ1 i valori dell’angolo θ2 e della lunghezza l3r; per completare l’operazione abbiamo a disposizione una equazione complessa nel piano, equivalente a due equazioni scalari. Scomponiamo l’equazione complessa in due equazioni scalari corrispondenti alle due proiezioni sull’asse reale e su quello immaginario:

i

r

llllll

32211

32211

sinsincoscos

=+=+

θθθθ

Si tratta di un sistema non lineare di due equazioni nelle due incognite θ2 e l3r. Si noti che una volta noto il valore di l3r sarà semplice risalire a quello di l3 e di θ3.Questo significa che dovremo individuare le relazioni sottoriportate:

)()(

123

112

θθθ

flf

r ==

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 6

Si sottolinea fin d’ora che tale corrispondenza potrebbe non essere univoca; infatti si pensi alla duplicità di soluzioni associate alle due configurazioni speculari del meccanismo che permettono di ottenere una identica posizione di D a fronte di due diverse posizioni di B.

Tornando alle nostre due equazioni scalari, cominciamo con il ricercare il legame tra θ2 e θ1 utilizzando allo scopo la seconda relazione scalare:

)sin

(

sinsin

sinsin

2

1132

2

1132

11322

lll

arcsen

lll

lll

i

i

i

θθ

θθ

θθ

−=

−=

−=

Sostituendo il valore di θ2 così determinato nella prima relazione si ricava il valore di l3r:

22113 coscos θθ lll r +=

rispondendo in tal modo al quesito relativo alla posizione della cerniera D:

),( 33 ir llD ≡

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 7

Velocità di D

La determinazione della velocità di D passa attraverso la derivazione dell’equazione di chiusura vettoriale; si ricordi durante la derivazione che i moduli dei primi due vettori sono costanti nel tempo in quanto sono in corrispondenza con le lunghezze delle aste AB e BD. Per quanto riguarda il secondo membro, prodotto di due termini variabili nel tempo, conviene scomporlo lungo i due assi coordinati. Derivando l’espressione si ottiene:

rii leileil 32211

21 =+ ϑϑ θθ

L’equazione sopra riportata mostra una corrispondenza membro a membro con la:

DDBB vvv =+

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

0coscos 222111

3222111

=+

=−−

θθθθθθθθ

ll

lsenlsenl r

dalla seconda è possibile ricavare la velocità angolare della seconda asta:

)coscos

(22

1112 θ

θθθll

−=

e quindi la velocità di allungamento di l3r:

2221113 θθθθ senlsenll r −−=

che è poi la velocità cercata del punto D.

Accelerazione di D

La determinazione della accelerazione di D si ottiene derivando l’equazione di chiusura delle velocità; si ricordi che i moduli dei primi due vettori sono costanti nel tempo in quanto sono in corrispondenza con le lunghezze delle aste AB e BD. Per quanto riguarda il secondo membro, prodotto di due termini variabili nel tempo, conviene scomporlo lungo i due assi coordinati. L’espressione delle velocità è data da:

rii leileil 32211

21 =+ ϑϑ θθ

Derivandola opportunamente si ottiene:

riiii leleileleil 3

22222

21111

2211 =−+− ϑϑϑϑ θθθθ

L’equazione sopra riportata mostra una corrispondenza membro a membro con la più nota relazione che trascrive sotto forma vettoriale il teorema di Rivals:

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 8

DDBtDBnBtBn aaaaa =+++

Scomponendo l’equazione lungo l’asse reale e quello immaginario si ottiene:

0coscos

coscos

22222221

211111

322222221

211111

=−+−

=−−−−

θθθθθθθθθθθθθθθθ

senllsenll

llsenllsenl r

dalla seconda equazione è possibile ricavare la accelerazione angolare della seconda asta:

22

22221

211111

2 coscos

θθθθθθθθ

lsenlsenll

++−=

e, nota questa, l’accelerazione lineare del punto D:

22222221

2111113 coscos θθθθθθθθ lsenllsenll r −−−−=

Quesito 2

Non essendoci per ipotesi nel sistema attriti dissipativi è possibile utilizzare il teorema delle potenze trascurando quelle perse:

dtdE

WW cinrm =−

Determiniamo il valore assunto dai singoli termini:

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 9

Potenza motrice:

Wm = DVF

×

dove F è l’incognita da calcolare mentre VD (velocità di del punto D) è stata determinata precedentemente. La direzione è orizzontale ed il modulo vale:

2221113 sensen θθθθ lllV rD −−==

Potenza resistente:

Wr = 0

Variazione dell’energia cinetica

In questo termine compariranno soltanto gli elementi del sistema dotati di massa e quindi solo il disco. Ricordando che l’energia cinetica ha una componente traslazionale ed una rotazionale sarà più semplice esprimerne la variazione:

dEcin /dt = M1 DA

x DV

+ J1ω x ωωωω

Dove RVD=ω e

RAD=ω

A questo punto, nel bilancio energetico, rimane come unica incognita la forza F

generata dall’attuatore che può quindi essere determinata.

Quesito 3

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:

θ rotazione assoluta del disco (positiva se oraria); ϕ rotazione assoluta del pendolo (positiva se oraria); y spostamento assoluto del vincolo (positivo verso destra);

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 10

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.

Energia cinetica del sistema

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.

180-ϕϕr

θr

22

21

21 θJMVE ddc +=−

θRVd =

2

21

ppc mVE =−

reltrascp VVV

+=

ϕ

ϕ

y

x

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 11

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:

Energia potenziale del sistema

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:

( ) 22 ))(3(21

21 θθ RKxRKEpE −+−=

ϕϕθϕϕθ cos)180cos(__ lRlRVVV orelotrasco −=−+=+=

ϕϕϕϕ lsenlsenVV vrelv =−== )180(_

ϕθϕϕθϕϕϕθϕϕϕθ

ϕϕϕϕθ

cos2

cos2cos

)())cos((

)()(

2222

22222222

2

2_

2__

RllR

senlRllR

lsenlR

VVVV orelorelotrascp

−+=

=+−+=

=+−=

=++=

ϕ

ϕϕθϕθ cos))((22222 lRlRVp −+=

)cos2(21 2222 ϕθϕϕθ RllRmE pc −+=−

ϕθϕϕθθ cos21

21))((

21 2222 mRlmlJRmMEc −+++=

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 12

Energia potenziale gravitazionale:

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

Equazioni di equilibrio non lineari

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

Prima equazione:

0=∂

∂+

∂∂

∂∂

θθθpCC EEE

dtd

ϕϕθθθ

cos)( 2 mRlJRmMEc −++=

∂∂

)cos()( 22 ϕϕϕϕθθθ

−+++=

∂∂ senmRlJRmME

dtd c

0=∂∂

θcE

KRxKREp −=∂

∂θ

θ24

L’equazione di equilibrio risultante è:

( ) 04)cos()( 222 =−+−+++ KRxKRsenmRlJRmM θϕϕϕϕθ

Seconda equazione:

0=∂∂

+∂∂−

∂∂

ϕϕϕpCC EEE

dtd

)cos1( ϕ−= mglEpG

( )

)cos1()2(212

)cos1(23)2(

21

)cos1())(3(21

21

222

22222

22

ϕϑθ

ϕθϑθ

ϕθθ

−+−+=

=−+++−=

=−+−+−=

mglRxxKKR

mglKRxRxRK

mglRKxRKEp

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 13

θϕϕϕ

cos2 mRlmlEc −=

∂∂

θϕθϕϕϕϕ

cos2 mRlmRlsenml

Edtd c −+=

∂∂

ϕθϕϕ

mRlsenEc =

∂∂

ϕϕ

mglsenE p =∂

L’equazione di equilibrio risultante è:

0cos

cos2

2

=+−=

=+−−+

ϕθϕϕϕθϕϕθϕθϕϕϕ

mglsenmRlml

mglsenmRlsenmRlmRlsenml

Posizione di equilibrio

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

24KREp =

∂∂

ϕϕ

mglsenE p =∂

Sicuramente la condizione di equilibrio è verificata per:

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

=⇒±==⇒±=nnnn

πϕπθ

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

00,0

2

2

>∂∂

θpE

00,0

2

2

>∂∂

ϕpE

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 14

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

>

∂∂∂

−∂∂

∂∂

ϕϑϕθppp EEE

Le derivate necessarie sono:

22

2

4KRE p =

θ

ϕϕ

cos2

2

mglE p =

02

=∂∂

∂ϕθpE

da cui:

2

0,02

2

4KREp =

∂∂

θ

mglEp =

∂∂

0,02

2

ϕ

00,0

2

=∂∂

∂ϕθpE

0

2

0,0

2

0,0

2

2

0,02

2

>

∂∂∂

−∂∂

∂∂

ϕθϕϑppp EEE

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.

Linearizzazione dell’energia potenziale

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

),(∂∂

∂+

∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

+≅= pppppppp

EEEEEEEE

Dei termini in questione:

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 15

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

4KREp =

∂∂

θ

mglEp =

∂∂

0,02

2

ϕ

00,0

2

=∂∂

∂ϕθpE

da cui l’espressione dell’energia potenziale linearizzata:

[ ] [ ] 222

214

21 ϕθ mglKREp +=

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

2222

21)2(

214

21 ϕϑθ mglRxxKKREp +−+=

Linearizzazione dell’energia cinetica

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 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE

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

∑=

≅2

1,2010 ),(

21

kjkjjkc qqqqaE

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

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 16

per cui l’energia cinetica linearizzata sarà data da:

Equazioni linearizzate

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

Prima equazione:

0=∂

∂+

∂∂

∂∂

θθθpCC EEE

dtd

ϕθθθ

mRlJRmMEc −++=

∂∂ 2)(

ϕθθθ

mRlJRmMEdtd c +++=

∂∂ 2)(

0=∂∂

θcE

KRxKREp −=∂

∂θ

θ24

L’equazione di equilibrio risultante è:

( ) 04)( 22 =−++++ KRxKRmRlJRmM θϕθ

Seconda equazione:

0=∂∂

+∂∂−

∂∂

ϕϕϕpCC EEE

dtd

θϕϕ

mRlmlEc −=

∂∂ 2

θϕϕ

mRlmlE

dtd c −=

∂∂ 2

ϕθϕϕθθ cos21

21))((

21 2222 mRlmlJRmMEc −+++=

ϕθϕθθ mRlmlJRmMEc −+++= 2222

21

21))((

21

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Soluzione del tema d’esame del 17 luglio 2001

A.A. 2000-2001 17

0=∂∂

ϕcE

ϕϕ

mglEp =∂∂

L’equazione di equilibrio risultante è:

02 =+− ϕθϕ mglmRlml

In termini matriciali l’equazione può essere espressa come:

=

+

++00

04)( 2

2

2 KRxmgl

KRmlmlRmlRJRmM

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 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 − + =

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 04 settembre 2001

Es 1 - Quesito 1: Dato il meccanismo sotto raffigurato di cui sono note:?? la geometria intesa come lunghezza delle aste e coordinate delle cerniere;?? la legge del moto della manovella OA intesa come conoscenza in funzione del tempo della

fase, della velocità e dell’accelerazione angolare.si indichi, utilizzando obbligatoriamente il metodo dei numeri complessi, come sia possibiledeterminare la posizione, la velocità e l’accelerazione del punto B attraverso la scrittura delleequazioni di chiusura.

C

P

B

A

O

E DFForza res.

G

Quesito 2: Si scriva l’equazione di chiusura da utilizzarsi per la determinazione della posizionedel punto D.

Quesito 3: Ipotizzando che:?? l’elemento DEF abbia massa M concentrata in G e JG sia il suo momento di inerzia

baricentrico;?? la velocità e l’accelerazione angolare di DEF siano note come funzione di quelle di OA;

si determini ad un generico istante la coppia motrice da applicare alla manovella OA.

Quesito 4: Si determinino le reazioni presenti nella cerniera E.

? ?

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 2

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

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

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

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

?? una massa libera di oscillare in direzioneverticale.

Le masse, i momenti di inerzia, le dimensionigeometriche e le costanti delle molle sonoquelle indicate nel disegno. Si supponga inoltre:?? che gli attriti siano trascurabili;?? che non vi sia strisciamento tra filo e dischi;

?? che il filo sia inestensibile e di massa trascurabile;?? che il momento di inerzia baricentrico dei dischi sia pari a mR2/2.

Es. 3 – Fondazione rigida e fondazione sospesa: si confrontino criticamente le due soluzionigiustificandone le specifiche caratteristiche.

K

J,m,R

X2=ei?

t

J,m,R

M=m

K

X1

X3

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 3

Quesito 1

Analisi del sistema

Eseguiamo una verifica dei gradi di liberà del sistema sopra riportato:esso è formato da 5 elementi mobili (aste OA, AB, BC, BD e corpo DEF) per un totale di 15 gradi di libertà e da 6 cerniere (O, A, B, C, D, E di cui B va contata due volte in quanto vi convergono 3 aste) che eliminano 14 gradi di libertà. Si conclude quindi che il sistema è a singolo grado di libertà e quindi che la sua cinematica può essere completamente studiata nota quella della manovella OA(accelerazione funzione del tempo e velocità e posizione iniziali).

Cinematica del punto D

La cinematica di D deve essere determinata in funzione dei valori di posizione (velocità edaccelerazione) dell’unico grado di libertà del sistema rappresentato dall’orientazione (velocitàangolare, accelerazione angolare) della manovella.La soluzione analitica procede con i seguenti passi:?? determinazione della cinematica di B in funzione di quella della manovella;?? determinazione della cinematica di D in funzione di quella di B;

Posizione di B

La posizione di B va ricavata in funzione della fase della manovella OA.Consideriamo il sottosistema rappresentato dal quadrilatero OABC e rappresentiamo i lati con deivettori:

4

3

2

1

lCO

lBC

lBA

lAO

?

?

?

?

Possiamo quindi scrivere l’equazionevettoriale:

4321 llll ???

che, passando ai numeri complessi, saràespressa da:

4321 llll ???

43214321

???? iiii elelelel ???

l 2

l 3l 1

C

B

A

O

l4

Im

Re

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 4

Si consideri che gli angoli sono presi positivi in verso antiorario a partire dall’asse reale edesprimono l’orientazione delle aste del quadrilatero come raffigurato nel disegno.Analizzando l’equazione complessa si può vedere come il quarto vettore sia in realtà rappresentato da un vettore costante nel tempo in quanto le cerniere O e C sono entrambe connesse a terra; per questo nel seguito evidenzieremo questo termine come un numero complesso costante evitando diriportare la sua dipendenza da un ?4 costante.Il sottosistema considerato è composto da tre aste e da quattro cerniere per un totale complessivo di 1 solo grado di libertà (9 gdl delle aste a cui vanno sottratti gli 8 gdl introdotti dalle cerniere) che nel seguito sarà indicato con ?1. Scopo del nostro procedere sarà quindi di esprimere in funzione di ?1 i valori degli angoli ?2 e ?3; per completare l’operazione abbiamo a disposizione una equazionecomplessa nel piano, equivalente a due equazioni scalari.Scomponiamo l’equazione complessa in due equazioni scalari corrispondenti alle due proiezionisull’asse reale e su quello immaginario:

i

r

llll

llll

4332211

4332211

sinsinsin

coscoscos

??????

??????

Note le caratteristiche geometriche del sistema, essendo quest’ultimo ad un grado di libertà, la sua configurazione sarà completamente individuata dal valore di uno dei tre angoli utilizzato perdescriverlo. Nel seguito supporremo di utilizzare come variabile indipendente l’angolo di fase ?1

della manovella. Questo significa che dovremo individuare le due relazioni sottoriportate:

)(

)(

223

112

????

f

f

??

Si sottolinea fin d’ora che tale corrispondenza potrebbe non essere univoca; infatti si pensi alladuplicità di soluzioni associate alla possibilità di avere una doppia configurazione del sistema doveil punto B si trova una volta alla destra e una volta alla sinistra della retta passante per O e per C. In pratica si avranno due coppie di valori di ?2 e ?3 a fronte di un unico valore di ?1.Per la ricerca analitica delle due espressioni sopra riportate si rimanda alla esercitazione relativa.

Velocità di B

Possiamo ora ritenere nota la posizione di B al variare del valore dell’angolo ?1 e possiamoaffrontare lo studio della velocità per lo stesso; allo scopo ripartiamo dalla:

43214321

???? iiii elelelel ???

e deriviamola rispetto al tempo:

321332211

??? ??? iii elielieli ??

che è l’equivalente, termine a termine, della relazione vettoriale tra le velocità:

BBAA vvv ??

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 5

scomponendo l’equazione complessa nelle sue due componenti lungo l’asse reale e lungo quelloimmaginario e isolando a secondo membro i termini relativi alla velocità di A si ottiene:

111333222

111333222

coslcoslcosl

sinlsinlsinl

?????????

?????????

Risolvendo le due relazione rispetto alle due velocità angolari che si intendono determinare infunzione di quella della manovella si ottiene:

)sen(l

)sen(l

)sen(l

)sen(l

323

12113

322

13112

???????

??

???????

??

dalle quali siamo in grado di ricavare la velocità di ogni membro del quadrilatero attualmenteconsiderato; si noti infatti che gli angoli sono tutti noti in quanto forniti dai dati (?1) o calcolati alpasso precedente (?2 e ?3). La velocità angolare della manovella è nota in quanto fornita dai dati del problema.La velocità di B, nelle sue componenti lungo l’asse reale ed immaginario, può quindi esserecalcolata utilizzando le seguenti relazioni:

333222111Bi

333222111Br

coslcoslcoslv

sinlsinlsinlv

?????????

?????????

Accelerazione di B

Possiamo ora ritenere nota la posizione e la velocità di B al variare del valore dell’angolo ?1 epossiamo affrontare lo studio dell’accelerazione per lo stesso; allo scopo ripartiamo dalla relazione che esprime la velocità:

321332211

??? ??? iii elielieli ??

e deriviamola rispetto al tempo:

che è l’equivalente, termine a termine, della relazione vettoriale:

BnBtBAnBAtAnAt aaaaaa ?????

scomponendo l’equazione complessa nelle sue due componenti reale ed immaginaria:

332211 i3

23

i33

i2

22

i22

i1

21

i11 elelielelieleli ?????? ???????????

332333322

2222211

21111

332333322

2222211

21111

coslcoslcoslcoslcoslcosl

sinlsinlsinlsinlsinlsinl

?????????????????

???????????????????

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 6

posso risolvere la relazione rispetto a 2? e a 3? in modo da ricavare l’accelerazione angolare delle due aste in funzione di quantità note:

Determinate le due accelerazioni sarà possibile determinare le due componenti dell’accelerazione diB utilizzando le due relazioni precedentemente ricavate.

Quesito 2

Equazione di chiusura per la posizione di D

Nota la cinematica del punto B è completamente noto il comportamento dell’asta CB che funge da manovella per il quadrilatero CBDE. Applicando un procedimento del tutto analogo a quello sopra riportato per il primo quadrilatero si potrà arrivare a definire completamente la cinematica del punto D.

C

B

A

O

E DF G

Consideriamo il sottosistema rappresentato dal quadrilatero CBDE e rappresentiamo i lati con deivettori:

4

3

2

1

lCE

lED

lBD

lCB

?

?

?

?

Re

Im

)(sinl

l)cos(l)cos(l)(sinl

)(sinl

l)cos(l)cos(l)(sinl

323

2222333

21211

21211

3

322

2333222

21311

21311

2

???????????????????

??

???????????????????

??

l 2l 3

l 1

l4

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 7

Possiamo quindi scrivere l’equazione vettoriale:

4321 llll ???

che, passando ai numeri complessi, sarà espressa da:

4321 llll ???

43214321

???? iiii elelelel ???

Quesito 3

Per il calcolo della coppia da applicare alla manovella OA, è conveniente utilizzare un bilancio dipotenze, che può essere scritto nella forma:

prmC WWW

dT

dE???

l’unico elemento dotato di massa è il triangolo DEF, per cui il termine inerziale è dato da:

DEDEGGGG JAVM ?? ????dT

dEC

la potenza motrice è data dalla sola coppia motrice (incognita) agente sulla manovella OA:?MW mm ?

le resistenze sono costituite dalla forza P applicata in F e dal peso del triangolo, applicato nelsuo baricentro:

GFr V·gM-V·P-W ?essendo trascurabili gli attriti, si ha:

0Wp ?Si ha quindi:

GFOAmDEDEGGGG VgMVPMJAVM ???????? ???

equazione in cui l’unica incognita è Mm, che può quindi essere ricavata.

Quesito 4

Per calcolare la reazione vincolare della cerniera occorre considerare il triangolo DEFseparatamente dal resto del sistema, evidenziando appunto la reazione in E e l’azione trasmessadalla biella BD (la cui direzione è nota, ed è parallela alla biella BD stessa essendo questa un’asta scarica).Avendo tre sole incognite (VE, HE, FBD), sono sufficienti le tre equazioni di equilibrio dinamicoapplicate al triangolo:

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 8

Mg

FBD

AG

VE

HE

P

a

??

? FH = 0 ? HE + P +FBD cos ? + M AG cos ? = 0? FV = 0 ? VE + Mg + M AG sin ? +FBD sin ? = 0? ME = 0 ? P EF – JG ? – a M AG sin ? – a Mg – DE FBD sin ? = 0

Si tratta di un sistema di tre equazioni lineare nelle tre incognite VE, HE, FBD, per cui il problema risulta determinato.

Ci

Fi

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 9

Es. 2: Analisi del sistema

Il sistema si presenta a tre gradi di libertà:

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

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

x3 posizione verticale del baricentro del secondo disco; l’origine è presa a partire dallacondizione di equilibrio statico, il verso è positivo verso il basso;

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

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

Metodo di Lagrange: energia cinetica del sistema

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

Dove ?1 e ?2 rappresentano le oscillazioni angolare rispettivamente del primo e del secondo disco. Si tratta ora di esprimerle in funzione delle coordinate libere, operazione che eseguiamo applicando la sovrapposizione degli effetti:

R

xRx

xxx

12

11

321

2

;0;0;0

??

?

?

???

?

?

23

2

1xME massac ??

21

211 2

121 ?JxmE discoc ???

22

222

2

1

2

1 ?JxmE discoc ???

x2

x3

x1

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 10

0

0

;0;0;0

2

1

321

?

?

?

???

??

xxx

Ry

xxx

?

?

?

???

2

1

321

0

;0;0;0

?

?

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:

Rx

RxR

x

122

11

2??

?

?

?

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

2122

21212

222

212

222

212

212

11

432

22

21

4

3

2

1

2

1

xxmxmxmxxR

xRJ

xR

JxmE

xmR

xJxmE

discoc

discoc

???????

???

?

?

L’energia cinetica totale è:

2122

23

21

4

3

2

1

4

7xxmxmxMxmEc ????

x2

x3

x1

x2

x3

x1

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 11

Metodo di Lagrange: energia potenziale del sistema

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

13

11

321

2

;0;0;0

xl

xl

xxx

????

?

???

33

1

231

0

;0;0;0

xl

l

xxx

????

?

???

23

1

231

2

0

;0;0;0

xl

l

xxx

?????

?

???

x2

x3

x1

23

21 2

121

lKlKE mollap ?????

x2

x3

x1

x2

x1

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 12

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ha:

2313

11

22 xxxl

xl

??????

L’energia potenziale totale è:

2231

21 )22(

2

1

2

1xxxKKxEp ????

Equazioni differenziali

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

Prima equazione:

0x

E

x

E

x

E

dtd

1

p

1

C

1

C ???

???????

????

???

211 2

7xmxm

x

Ec ????

211 2

7xmxm

x

E

dt

d c ?????

????

???

01

???

xEc

)22(2 23111

xxxKKxx

E p ??????

0)22(22

7223111 ?????? xmxxxKKxxm

Seconda equazione:

0222

???

???

????

????

???

x

E

x

E

x

E

dtd pCC

32

xMx

Ec ???

33

xMx

E

dt

d c ????

????

???

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 13

02

???

xEc

)22( 2312

xxxKx

E p ?????

0)22( 2313 ???? xxxKxM

La matrice di massa è:

???

?

???

??

M

mM

0

02

7

La matrice di rigidezza è:

??

???

??

KK

KKK

2

25

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, cioèdel tipo:

? ? ? ? tieXtx 00)( ??

sostituendo le soluzioni nel sistema si ha:

? ? ? ? ? ? ? ?020 0 0i tM K X e ??? ?? ? ?? ?

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

? ? ? ?20det 0M K?? ?? ? ?? ?

ovvero di:

??

?

?

??

?

?

?

?

mKK

KmK20

20

2

2275

det?

?

04))(27

5( 220

20 ???? KmKmK ??

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 14

02

1727 22

024

0 ??? Kmm ??

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

4 20 0 0a b c? ?? ? ?

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

mK

m

KmKmmK

3,2

27

2

7

4

17

4

17

2

22222

201 ?

????

????

??

Descrivere il comportamento in corrispondenza alle frequenze primaindividuate.

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

tieKmKxxmKxKxxm ????????? )4(4252

7 222311

tiKeKxKxxKxM ????? 2222 2313

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

? ?? ? ? ?? ? ? ? tieftxKtxM ??? )()(

che a regime ammetterà una soluzione del tipo

? ? ? ? tiextx ??)(

dove il vettore delle ampiezze di vibrazione ? ?x è soluzione di

mK

m

KmKmmK

124,0

27

2

7

4

17

4

17

2

22222

202 ?

????

????

??

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Soluzione del tema d’esame del 04/09/2001 – A. Curami, R. Sala 15

? ? ? ?? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ?12 2K M x f x K M f? ??

? ? ? ? ?

che può essere anche riscritta come

? ? ? ?( )x H f??

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

? ? ? ?? ? ? ? ? ?

? ? 2 21

Nj r j r kk

jk kjrk j r

x X Xxh h

f f

? ?? ?

? ? ? ??

?? ? ? ?

??

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

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Meccanica Applicata alle Macchine – Allievi Aerospazialiprof. A. Curami – Appello del 18 settembre 2001

Es. 1 - Quesito 1 - Dato il meccanismo sotto raffigurato di cui sono note:?? la costanti geometriche caratteristiche del sistema:

- le lunghezza delle aste (O’A e AB), - il diametro del disco di centro B, - tutte le coordinate atte ad individuare la posizione delle cerniere a terra e del piano sul

quale rotola il disco;?? la distanza tra il punto A e la cerniera O, nonché la velocità e l’accelerazione con cui la

stessa varia nel tempo.si indichi, utilizzando obbligatoriamente il metodo dei numeri complessi, come sia possibiledeterminare la posizione, la velocità e l’accelerazione del punto A attraverso la scrittura delleequazioni di chiusura.

Quesito 2: Si scriva l’equazione di chiusura da utilizzarsi per determinare la posizione del centro del disco B.

Quesito 3: Ipotizzando che:?? il disco abbia massa M e momento di inerzia J;?? sia nota la velocità e l’accelerazione del punto B all’istante t0;?? il disco rotoli senza strisciare;?? gli attriti siano trascurabili;

si determini la forza che l’attuatore lineare sviluppa all’istante t0.

Quesito 4: Si determinino le reazioni presenti nella cerniera O all’istante t0.

Es. 2 - Dato il sistema sotto raffigurato operante nel piano verticale si sviluppino i seguenti temi:

?? scrivere le equazioni differenziali nonlineari di equilibrio del sistema;

?? linearizzare le precedenti reazioninell’intorno della posizione di equilibrio;

?? determinare le frequenze proprie delsistema linearizzato;

A tal fine si ritengano note: la massa m delledue sfere considerate puntiformi, la costanteelastica K delle molle e le dimensioni delsistema riportate in figura. Si supponga inoltreche la lunghezza delle molle indeformate siapari ad L e si ipotizzi che nel loro spostamento si mantengano orizzontali.

Es. 3 – Descrivere il principio di funzionamento dei freni a ceppi.

m

m

KK

KK

L L

O’O

A

B

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 2

Es. 1: Svolto con l’ausilio dei numeri complessi

Analisi del sistema

Determiniamo i gradi di liberta’ del sistema; esso e’ formato da quattro corpi rigidi (aste OA, O’A e AB e da un disco ) per un totale di dodici gradi di liberta’ e da tre cerniere rotoidali (di cui una va contata due volte poiche’ vi convergono tre aste), una prismatica ed una assimilabile ad un carrello)che eliminano un totale di undici gradi di liberta’. Il sistema e’ pertanto ad un solo grado di liberta’.

Sistema vettoriale equivalente

Prima di tutto osserviamo che e’ utile operare un cambio di riferimento, chiamando ? l’angolo che il piano inclinato (lungo il quale scorre il disco) forma con l’orizzontale avremo:

1

1

jie

iei

i

?

??

?

Dove 1i e 1j sono i nuovi assi. D’ora in poi tutti gli angoli saranno riferiti al nuovo sistema di assicoordinati.Dato il sistema di partenza ne consideriamo dapprima il sottosistema OO’A costituito dall’asta OAe dall’asta O’A come mostrato nella figura sottostante.Le convenzioni adottate per il verso e la fase dei vettori sono ampiamente trattate negli esempirelativi allo svolgimento degli esercizi con l’ausilio dei numeri complessi.

ImRe

?

l3

l1l2

? 3

? 2? 1

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 3

Dai dati del problema abbiamo che:

Al

Vl

l

?

?

?

1

1

01 ?

Analizziamo i singoli vettori della figura sopra riportata per verificare di non avere più di dueincognite poiché in tale ipotesi la sola equazione di chiusura non sarebbe sufficiente a risolvere ilsistema.

l1 l2 l3modulo Noto (OA variabile) Noto (O’A) Nota (OO’)

fase ? ? Nota (? 3 costante)

L’equazione vettoriale equivalente a tale sistema e’:

123 lll ??

Posizione del punto A

Scomponendo l’equazione precedente nelle sue due componenti secondo i nuovi assi si ottiene:

112233 coscoscos ??? lll ??

112233 ??? senlsenlsenl ??

Le uniche due incognite del sistema sono: 1? e 2? .Quadro le due espressioni precedenti:

122

13232222

2322

3 coscoscos2coscos ????? lllll ???

122

13232222

2322

3 2 ????? senlsensenllsenlsenl ???

Sommando membro a membro si ottiene:

? ?32

23

22

21

23 2cos

ll

lll ???? ??

da cui:

? ? )2

arccos(32

23

22

21

23ll

lll ???? ??

da cui:

)2

arccos(32

23

22

21

32ll

lll ???? ??

Sostituendo quest’ultimo in una delle due equazioni precedenti otteniamo il valore di 1? .

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 4

Velocita’ del punto A

Derivando le due equazioni precedenti si ottiene:

11111222333 cos ??????? senllsenlsenl ????

11111222333 coslsenlcoslcosl ??????????

dalla prima equazione si ricava:

11

222111

cos

?????

senl

senll ??

sostituendo questa espressione nella seconda equazione si ha:

? ?212

12 ??

??

?senl

l

tramite quest’ultima espressione si puo’ ovviamente ottenere anche il valore di 1? .

Accelerazione del punto A

Deriviamo ulteriormente le due equazioni precedenti:

12

11111111111112222222 coscoscos ????????????? lsenlsenlsenlllsenl ???????

1211111111111112

222222 coscoscoscos ????????????? senllllsenlsenll ??????

Raccogliamo i termini costanti e chiamiamoli con delle lettere:

1211111111112

222 coscoscos ????????? lsenlsenlllA ??????

12

11111111112222 coscos ????????? senlllsenlsenlB ??????

di conseguenza il sistema si riduce a:

111222 ???? senlsenlA ???

111222 coscos ???? llB ??

Dalla seconda equazione si esprime 1? in funzione di 2? :

11

2221 cos

cos

????

l

lB ??

che sostituito nella prima da:

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 5

? ?212

112

cos

????

??

???

senl

ABsen

tramite il quale si ottiene il valore di 1? .

Consideriamo ora il sottosistema O’AB formato dalle aste O’A e AB e l’equivalente vettorialerappresentato nel disegno sottostante:

l2

l5

l4

? 2

? 5

? 4

l5i

l5r

Considerando la figura sopra riportata analizziamo i singoli vettori allo scopo di verificare che nonci siano piu’ di due incognite.

l2 l4 l5i l5r

modulo Noto (O’A) Noto (AB) Noto ?fase Nota ? 90? 0?

L’equazione vettoriale equivalente al sistema rappresentato e’:

542 lll ??

in cui il vettore 5l rappresenta la posizione del disco B e puo’ essere scomposto in una componente

costante il5 parallela all’asse immaginario (dovuta al fatto che il disco e’ vincolato a scorrere lungo

il piano inclinato senza distaccarsene) ed in una variabile rl5 parallela all’asse reale.

Posizione del disco B

Scompongo l’equazione nelle sue due componenti lungo gli assi immaginario e reale:

rlll 54422 coscos ?? ??

ilsenlsenl 54422 ?? ??

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 6

Dalla seconda equazione otteniamo:

4

2254 l

senllsen i ?

??

?

da cui:

)(4

2254 l

senllarcsen i ?

??

?

e’ quindi facile ottenere rl5 :

44225 coscos ?? lll r ??

La forza sviluppata dall’attuatore lineare

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

rmC WW

dT

dE ??

Variazione di energia cinetica

Coincide con quella del disco:

ABABBBC JavM

dT

dE ??????

Potenza motrice

E’ fornita dall’attuatore lineare per cui:

VFWm ??

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

Potenza resistente

E’ dovuta alla variazione di quota del disco:

Br vgMW ???

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 7

Bilancio di potenze

L’equazione risultante è:

BABABBB vgMVFJavM ?????????

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

Le reazioni vincolari nella cerniera O

Le considerazione da svolgere sul sistema sono le seguenti:

tutte le aste sono scariche e quindi possono essere considerate delle bielle;

l’attuatore lineare è privo di massa e quindi può essere considerato una biella.

Un procedimento per determinare le reazioni in O risulta quindi il seguente:

spezzare il sistema isolando il disco e quindi determinare l’azione trasmessa dalla biella AB ad

esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto al punto di contatto del disco;

sostituire alle cerniere O e O’ le rispettive reazioni ed in A la forza calcolata e risolvere il

sistema ad esempio imponendo l’equilibrio dei momenti rispetto ad O (ottenendo una relazione

con come unica incognita la reazione in O’) oppure rispetto ad O’ (ottenendo una relazione che

ha come unica incognita la reazione in O.

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 8

Es. 2:

Il sistema proposto presenta due gradi di libertà; come coordinate libere possono essere assunte:? : rotazione assoluta del pendolo superiore (positiva se antioraria)? : rotazione assoluta del pendolo inferiore (positiva se antioraria)Per entrambe le coordinate libere si assume come origine quella con i pendoli verticali.Per la risoluzione conviene utilizzare il metodo di Lagrange:

Calcolo dell’energia cinetica

?

?

A

V

AV

BA

VB

Per quanto riguarda il pendolo A, l’energia cinetica è data semplicemente da:

EcA = 2

1m (L? )2

Per valutare l’energia cinetica del pendolo B, occorre calcolare la velocità di quest’ultimo comesomma della velocità del pendolo A (di trascinamento) e della velocità del pendolo B rispetto ad A (relativa):

(VB)2 = L2 (? 2 + ? 2 + 2? ? cos(? –? ))

EcB = 2

1m L2 (? 2 + ? 2 + 2? ? cos(? –? ))

L’energia potenziale complessiva è data quindi da:

Ec = m L2 ? 2 + 2

1m L2 ? 2 + m L2 ? ? cos(? –? ))

Calcolo dell’energia potenziale

Trascurando la deformazione delle molle dovuta agli spostamenti verticali dei punti A e B, si ha:

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 9

VkA = 2 (2

1k (L sin? )2) = kL2 sin2?

VkB = 2 (2

1k (L (sin? + sin? ))2) = kL2 (sin? + sin? )2

Occorre poi tenere conto della variazione di energia potenziale legata all’innalzamento dei pendoli:

Vg = mgL (1 – cos? ) + mgL ((1 – cos? ) + (1 – cos? ))

L’energia potenziale del sistema in una generica configurazione è data quindi da:

V = kL2 sin2? + kL2 (sin? + sin? )2 + 2mgL (1 – cos? ) + mgL (1 – cos? )

Equazioni di moto non lineari

Avendo a disposizione le espressioni dell’energia cinetica e potenziale del sistema, è possibilescrivere le equazioni che descrivono il moto del sistema:

0VEE

dt

d CC ???

????

???

???

??

???

0VEE

dt

d CC ???

??

???

????

????

???

?

Sviluppando i vari termini si ha:

??? CE

= 2mL2 ? + m L2 ? cos(? –? )

??? CE

= m L2 ? + m L2 ? cos(? –? ))

??? CE

= m L2 ? ? sin(? –? )

??? CE

= – m L2 ? ? sin(? –? )

???V

= kL2 2sin? cos? + kL2 2(sin? + sin? )cos? + 2mgL sin?

???V

= kL2 2(sin? + sin? )cos? + mgL sin?

Il sistema di equazioni differenziali è dunque il seguente:

2mL2 ? + mL2(? cos(? –? ) –? sin(? –? )·(? –? )) – mL2 ? ? sin(? –? ) + kL2 2sin? cos? ++ kL2 2(sin? + sin? )cos? + 2mgL sin? = 0

mL2 ? + mL2(? cos(? –? ) – ? sin(? –? )·(? –? )) + mL2 ? ? sin(? –? ) + kL2 2(sin? + sin? )cos? ++ mgL sin? = 0

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 10

Si tratta di un sistema omogeneo di due equazioni differenziali, non lineari, nelle incognite ? (t) e? (t), che può essere risolto in generale con metodi numerici.

Linearizzazione del sistema

Per linearizzare il sistema, occorre innanzitutto determinare una configurazione di equilibrio staticostabile: in questa posizione, l’energia potenziale presenta un minimo, quindi le sue derivate primerispetto alle variabili del problema sono nulle (condizione di equilibrio) e la matrice hessiana èdefinita positiva (condizione di stabilità). Si può osservare che le derivate prime di V si annullanoper ? = ? = 0; per verificare che la configurazione trovata sia di equilibrio stabile, deve essere:

0,02

2V

???

> 0 ? 4 kL2 + 2 mgL > 0

0,02

2V

???

> 0 ? 2 kL2 + mgL > 0

0,02

2V

???

0,02

2V

???

2

0,0

2V???

????

?

?????

> 0 ? (4 kL2 + 2 mgL) (2 kL2 + mgL) – (2 kL2)2 > 0

Tali condizioni sono tutte verificate, per cui l’equilibrio nella configurazione trovata è stabile.Occorre a questo punto procedere allo sviluppo in serie di Taylor dell’energia cinetica e potenziale (che non sono forme quadratiche nelle variabili del problema), arrestando lo sviluppo ai termini disecondo ordine e supponendo piccoli gli spostamenti nell’intorno della configurazione di equilibrio.Iniziando dall’energia potenziale, avremo:

? ?????

?????

?????

?????

?????

??????0,0

22

0,02

22

0,02

2

0,00,00,0

V

2

V

2

VVVV),(VV

Dei termini in questione:il termine costante non interessa, in quanto viene eliminato dalla derivazione necessaria per lascrittura delle equazioni di Lagrange;i termini del primo ordine sono nulli, poiché il potenziale è stazionario nella configurazione diequilibrio (sono dunque nulle le sue derivate prime).

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

V ? (4 kL2 + 2 mgL)2

1 ? 2 + (2 kL2 + mgL)2

1 ? 2 + (2 kL2) ? ?

Per quanto riguarda l’energia cinetica, occorre osservare che essa è funzione di ? , ? , ? , ? , e che nella configurazione di equilibrio queste variabili sono nulle:

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 11

??????

?????

?????

??

???????

????

?????

???????

????

?????

?

?? ?????

???

???

????

??

????

???

???

????

???

???

???????

0,0,0,0

c22

0,0,0,02c

22

0,0,0,02c

2

0,0,0,0

c2

0,0,0,0

c2

0,0,0,0

c2

0,0,0,0

c2

0,0,0,0

c22

0,0,0,0

2c

22

0,0,0,0

2c

2

0,0,0,0

c

0,0,0,0

c

0,0,0,0

c

0,0,0,0

c0,0,0,0ccc

E

2

E

2

E

EEEE

E

2

E

2

E

EEEEE),,,(EE

Di tutti i termini dello sviluppo, occorre innanzitutto notare che gli unici utili ai fini delle equazionidi Lagrange sono quelli che presentano ? o ? almeno al primo ordine, poiché gli altri scompaiono

a causa delle derivazioni rispetto a ? e ? . Tutte le derivate prime dell’energia cinetica (vedi sopra) sono nulle nella configurazione di equilibrio; si può osservare inoltre che le uniche derivate seconde non nulle sono quelle che moltiplicano i termini in ? 2, ? 2, ? ·? ; in definitiva, lo sviluppo diTaylor dell’energia cinetica arrestato agli infinitesimi di secondo ordine è dato da:

Ec ? 2mL2

2

1 ? 2 + mL2

2

1 ? 2 +mL2 ? ?

A questo punto, nelle ipotesi assunte (piccoli spostamenti nell’intorno della configurazione diequilibrio stabile), l’energia cinetica e potenziale sono approssimate con forme quadratiche che,derivate, daranno luogo a equazioni lineari:

2mL2 ? + mL2 ? + (4 kL2 + 2 mgL)? + (2 kL2)? = 0

mL2 ? + mL2 ? + (2 kL2)? + (2 kL2 + mgL) ? = 0

Il sistema può essere scritto in forma matriciale:

???

????

????

?

????

???

??

???

??

????

?

????

???

??

???

?0

0

mgLkL2kL2

kL2mgL2kL4

mLmL

mLmL222

22

22

22

mettendo in evidenza le matrici di massa e rigidezza che verranno utilizzate nel calcolo dellefrequenze proprie.

Calcolo delle frequenze proprie del sistema

Essendo le matrici di massa e rigidezza simmetriche e definite positive, gli autovalori del sistemasaranno immaginari puri; cerchiamo allora soluzioni del tipo X = X0 ei? t. Sostituendo nel sistema, si trova che, per avere soluzioni diverse dalla banale (X0 = 0), occorre che ? sia uno degli autovalori della matrice – ? 2 [M] + [K]:

det( – ? 2 [M] + [K] ) = 0

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Soluzione del tema d’esame del 18/09/2001 – A. Curami, R. Sala 12

0mgLkL2mLkL2

kL2mgL2kL4mL2det

2222

2222

????

????

???

???

?????

????

(– ? 2 2mL2 + 4kL2 + 2mgL)(– ? 2 mL2 + 2kL2 + mgL) – (2kL2)2 = 0

Si tratta di un’equazione algebrica di secondo grado in ? 2, che ammetterà due soluzioni realipositive, dalle quali si ricavano le due frequenze proprie del sistema libero non smorzato.