Progetto del terzo anno di Meccanica al Polimi con il prof. Resta di Meccanica delle Vibrazioni. Per 1 e 2 gradi di libertà: 1. Analisi cinematica 2. Equazione di Lagrange (per 2 gdl si usa l'approccio matriciale) 3. Risposte nel tempo (moto libero e forzato) 4. Commenti

1. Vibrazioni di una poltrona reclinabile
Progetto n.12
Bocchinfuso Francesco
Bresciani Federico
15 luglio 2016
Anno accademico 2015-2016

3. Indice
1 Descrizione del sistema 1
2 Un grado di libert`a 4
2.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche . . . . . . . 4
2.2 Analisi cinematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2.1 Chiusura OAD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2.2 Chiusura inerente al gruppo molla-smorzatore . . . . . 9
2.3 Forme di energia rispetto alla variabile indipendente . . . . . . 11
2.3.1 Energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3.2 Energia potenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.3.3 Equilibrio statico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.3.4 Funzione dissipativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3.5 Componenti lagrangiane . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.4 Equazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.5 Equazione del moto linearizzata . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.6 Analisi della risposta del sistema . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Due gradi di libert`a 19
3.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche . . . . . . . 20
3.2 Analisi cinematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
3.2.1 Matrice di rigidezza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.3 Forme di energia rispetto al vettore delle variabili indipendenti 33
3.4 Equazione del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.4.1 Moto libero e non smorzato . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.4.2 Moto libero e smorzato . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.4.3 Moto forzato e smorzato . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

4. 1 Descrizione del sistema
N
G1
G3
D
V
s
r2k
kT
r1
BAm1,J1
m2,J2,R
m3,J3,L3
y
x
C
O
α
U
Figura 1: Schematizzazione del meccanismo
Si trascura per semplicit`a la massa della pediera e si considera quindi il
sistema costituito da tre corpi dotati di massa:
• la seduta di massa m1, vincolata a traslare verticalmente a causa dei
manicotti;
• il disco di parametri m2, J2 e R incernierato a terra in cui `e
concentrata la massa delle due aste congiunte e collegato allo
schienale tramite un corsoio;
• lo schienale di parametri m3, J3 e L3, collegato alla seduta tramite
una cerniera.
1

5. Vi sono poi due smorzatori di parametro r1 e r2, una molla di rigidezza k e
una molla torsionale di rigidezza kT .
Infine ci sono due forzanti: N applicata nel baricentro G1 e C coppia
motrice applicata sul disco.
Un’interpretazione fisica di queste due forzanti `e per N la forza causata da
un bambino che salta, mentre per C un malfunzionamento del sistema
motore o di trasmissione.
I gradi di libert`a del sistema sono 3 · ncorpi = 9 , mentre i vincoli sono:
• 2 manicotti, di cui uno per`o ridondante ⇒ 2 gdv
• 1 cerniera assoluta in O e una relativa in A ⇒ 4 gdv
• 1 corsoio in D ⇒ 1 gdv
Quindi i gradi di libert`a che restano al sistema sono due e si sceglie di
assegnare la rotazione α del disco e la corsa s dell’attuatore, che
effettivamente sono le coordinate imposte dal motore collegato al disco e
dall’attuatore.
2

6. Valori dei parametri
I seguenti sono i valori assegnati ai parametri che rientreranno nelle
equazioni successive:
• a = 2 m
• h = 0.75 m
• d = 0.8 m
• m = 0.7 m
• z = 0.1 m
• γ = 110◦
• q = 0.3 m
• p = 0.1 m
• u = 0.4 m `e la distanza tra corsoio e baricentro dell’asta 2;
• R = 0.1 m
• L3 = 1.3 m `e la lunghezza dello schienale;
• RT = 0.08 m
• m1 = 4 kg `e la massa della seduta;
• m2 = 5 kg `e la massa del disco;
• J2 = m2
R2
2
kg m2
• m3 = 3 kg `e la massa dello schienale;
• J3 = m3
L2
3
12
kg m2
• kT = 150 N
m
• k = 180 N
m
• r1 = 50 Ns
m
• r2 = 30 Ns
m
3

7. 2 Un grado di libert`a
In questa sezione si considera bloccato lo spostamento dell’attuatore in
modo da ridurre il sistema a un grado. Pertanto la seduta `e fissa a terra e
rimane come unico grado di libert`a la rotazione α del disco. Il sistema si
pu`o semplificare come nella rappresentazione seguente.
G3
A
m2,J2,R
kT
r1
D
B
C
α
m3,J3,L3
O
2.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche
Ec =
1
2
m2 V 2
G2
+
1
2
J2 w2
2 +
1
2
m3 V 2
G3
+
1
2
J3 w2
3
D =
1
2
r1
˙∆l1
2
V =
1
2
kT ∆θT
2
+ m2g hG2 + m3g hG3
δL = C · δθC
4

8. 2.2 Analisi cinematica
2.2.1 Chiusura OAD
O
A
G3
D
a
b
h
z
α
β
Si procede con una chiusura vettoriale nel campo dei numeri complessi:
aeiα
= hei π
2 + zei0
+ beiβ
I moduli a, h, z sono fissati e noti dalla geometria mentre b `e un valore
variabile. Per quanto riguarda gli angoli invece α `e il grado di libert`a
5

9. assegnato, β `e incognito mentre gli angoli relativi ai vettori di modulo h e z
sono costanti in quanto la posizione delle cerniere A ed O `e fissata.
Pertanto rimangono incogniti b e β che si esplicitano proiettando
l’equazione complessa sugli assi reale e immaginario:
a cos α = z + b cos β
a sin α = h + b sin β
Dalla prima equazione ricavo b, sostituendolo poi nella seconda:
b =
a cos α − z
cos β
a sin α = h + (a cos α − z) tan β
tan β =
a sin α − h
a cos α − z
⇒



β = arctan a sin α−h
a cos α−z
b = a cos α−z
cos β
(1)
Poi derivando si ottiene:
−a ˙α sin α = ˙b cos β − b ˙β sin β
a ˙α cos α = ˙b sin β + b ˙β cos β
cio`e
cos β −b sin β
sin β b cos β
˙b
˙β
=
−a ˙α sin α
a ˙α cos α
Si sceglie di risolvere questo e i successivi sistemi lineari tramite il metodo
di Cramer. Infatti la semplicit`a dei sistemi che si presentano non rende
necessaria l’implementazione di algoritmi.
Da qui in avanti, quindi, per ogni sistema si indicher`a con A la matrice dei
coefficienti, mentre con A1 e A2 le matrici che si ottengono sostituendo
rispettivamente alla prima e alla seconda colonna il vettore dei termini noti.
L’unica condizione che va verificata per poter usare Cramer `e det(A) = 0.
6

10. A =
cos β −b sin β
sin β b cos β
det(A) = b (cos2
β + sin2
β) = b = 0
A1 =
−a ˙α sin α −b sin β
a ˙α cos α b cos β
det(A1) = −a b ˙α cos β sin α + a b ˙α sin β cos α = a b ˙α sin (β − α)
A2 =
cos β −a ˙α sin α
sin β a ˙α cos α
det(A2) = a ˙α(cos β cos α + sin β sin α) = a ˙α cos (β − α)
⇒



˙b = det(A1)
det(A) = a ˙α sin (β − α)
˙β = det(A2)
det(A) = a
b ˙α cos (β − α)
˙b =
∂b
∂α
˙α ⇒
∂b
∂α
= a sin (β − α) (2)
˙β =
∂β
∂α
˙α ⇒
∂β
∂α
=
cos β
a cos α − z
a cos (β − α) (3)
avendo esplicitato b nell’ultimo termine. Queste derivate torneranno utili in
seguito.
7

11. Si passa ora alle accelerazioni e derivando si giunge al seguente sistema:
−a ¨α sin α − a ˙α2
cos α = ¨b cos β − 2˙b ˙β sin β − b ¨β sin β − b ˙β2
cos β
a ¨α cos α − a ˙α2
sin α = ¨b sin β + 2˙b ˙β cos β + b ¨β cos β − b ˙β2
sin β
cio`e
cos β −b sin β
sin β b cos β
¨b
¨β
=
−a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β
a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β
La matrice dei coefficienti `e la stessa per velocit`a e accelerazioni, quindi
vale ancora det(A) = b.
A1 =
−a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β −b sin β
a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β b cos β
det(A1) = −a b ¨α sin α cos β − a b ˙α2
cos α cos β + 2b ˙b ˙β sin β cos β + b2 ˙β2
cos2
β+
+ a b ¨α sin β cos α − a ˙α2
b sin α sin β − 2b ˙b ˙β sin β cos β + b2 ˙β2
sin2
β =
= a b ¨α sin (β − α) − a b ˙α2
cos (β − α) + b2 ˙β2
.
A2 =
cos β −a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β
sin β a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β
det(A2) = a ¨α cos α cos β − a ˙α2
sin α cos β − 2˙b ˙β cos2
β + b ˙β2
sin β cos β+
+ a ¨α sin α sin β + a ˙α2
cos α sin β − 2˙b ˙β sin2
β − b ˙β2
sin β cos β =
= a ¨α cos (β − α) + a ˙α2
sin (β − α) − 2˙b ˙β.
⇒



¨b = det(A1)
det(A) = a ¨α sin (β − α) − a ˙α2
cos (β − α) + b ˙β2
¨β = det(A2)
det(A) = a
b ¨α cos (β − α) + a
b ˙α2
sin (β − α) − 2
˙b ˙β
b
¨β =
∂2
β
∂α2
˙α2
+
∂β
∂α
¨α
⇒
∂2
β
∂α2
=
a
b
sin (β − α) −
a2
b2
sin (2β − 2α) (4)
8

12. 2.2.2 Chiusura inerente al gruppo molla-smorzatore
A
n
β
p
q
c
γ
La schematizzazione prevede che il gruppo molla-smorzatore sia vincolato
al resto del sistema tramite un carrello, che sia tale da mantenere lo
smorzatore agente sulla stessa direzione. Ne consegue che anche i punti
della molla torsionale ruotino attorno all’incastro senza per`o che la forma
circolare della molla venga alterata.
La chiusura che ne risulta `e:
neiβ
= pei π
2 + qei0
+ ceiγ
I moduli p e q dipendono dalla geometria e sono pertanto noti. Tramite
l’ipotesi del carrello `e stato anche fissato l’angolo γ che `e quindi noto ed
infine l’angolo β `e stato precedentemente calcolato.
Quindi le due incongnite rimanenti sono n e c.
n cos β = q + c cos γ
n sin β = p + c sin γ
9

13. cio`e
cos β − cos γ
sin β − sin γ
n
c
=
q
p
A =
cos β − cos γ
sin β − sin γ
det(A) = − cos β sin γ + sin β cos γ = sin (β − γ) = 0
A1 =
q − cos γ
p − sin γ
det(A1) = −q sin γ + p cos γ
A2 =
cos β q
sin β p
det(A2) = p cos β − q sin β
⇒



n = det(A1)
det(A) = p cos γ−q sin γ
sin (β−γ)
c = det(A2)
det(A) = p cos β−q sin β
sin (β−γ)
Si deriva ora il legame cinematico di c, ignorando il vettore n che non
rientrer`a nelle forme di energia.
∂c
∂α
=
∂c
∂β
∂β
∂α
=
∂β
∂α
(−p sin β − q cos β) sin (β − γ) − (p cos β − q sin β) cos (β − γ)
sin2
(β − γ)
=
=
∂β
∂α
q sin γ − p cos γ
sin2
(β − γ)
(5)
I valori di q, p e γ sono costanti e la derivata seconda `e:
∂2
c
∂α2
=
∂2
β
∂α2
q sin γ − p cos γ
sin2
(β − γ)
− 2
∂β
∂α
2 (q sin γ − p cos γ) cos (β − γ)
sin3
(β − γ)
(6)
˙c =
∂c
∂α
˙α
¨c =
∂c
∂α
¨α +
∂2
c
∂α2
˙α2
10

14. 2.3 Forme di energia rispetto alla variabile
indipendente
2.3.1 Energia cinetica
• VG2 = 0 in quanto la massa `e concentrata nel disco incernierato a
terra;
• w2 = + ˙α poich`e la rotazione imposta dal gdl `e concorde alle
convenzioni di segno;
• VG3 = +L3
2
˙β(− sin βˆi + cos β ˆj) infatti:
(G3 − O) = hei π
2 + zei0
+
L3
2
eiβ
e derivando i primi due vettori scompaiono essendo costanti;
• w3 = + ˙β = a
b
˙α cos (β − α).
⇒ Ec =
1
2
m2 V 2
G2
+
1
2
J2 w2
2 +
1
2
m3 V 2
G3
+
1
2
J3 w2
3 =
=
1
2
J2 + m3
L2
3
4
+ J3
a2
b2
cos2
(β − α) ˙α2
=
1
2
Jeq(α) ˙α2
d
dt
∂Ec
∂ ˙α
−
∂Ec
∂α
= Jeq(α) ¨α +
1
2
∂Jeq(α)
∂α
˙α2
(7)
con
∂Jeq(α)
∂α
= a2
m3
L2
3
4
+ J3
∂
∂α
cos2
(β − α)
b2
=
= −a2
m3
L2
3
4
+ J3
1
b4
b2
sin (2β − 2α)
∂β
∂α
+ 2b cos2
(β − α)
∂b
∂α
lasciando impliciti i valori determinati nelle equazioni (2) e (3).
11

15. 2.3.2 Energia potenziale
• ∆θT = ∆θTd + ∆θT0 = θT (α) − θT (α0) + ∆θT0 = c−c0
RT
+ ∆θT0 dove
RT `e la distanza tra il punto in cui la molla `e incernierata a terra ed il
punto in cui `e collegata al resto del sistema e intendendo c0 = c(α0);
• hG2 = 0 poich`e il baricentro corrisponde al centro O del disco che
`e fisso a terra;
• hG3 = h + L3
2
sin β infatti `e la proiezione lungo l’asse verticale del
vettore (G3 − O):
(G3 − O) = hei π
2 + zei0
+
L3
2
eiβ
⇒ V =
1
2
kT ∆θT
2
+ m2g hG2 + m3g hG3 =
=
1
2
kT
c − c0
RT
+ ∆θT0
2
+m3 g h +
L3
2
sin β
Il termine che poi rientra nell’equazione di moto `e la derivata del
potenziale, cio`e:
∂V
∂α
= kT ∆θT
1
RT
∂c
∂α
+ m3 g
L3
2
cos β
∂β
∂α
(8)
2.3.3 Equilibrio statico
Si cerca ora il precarico della molla torsionale imponendo l’equilibrio statico
del sistema ∂V
∂α
α=α0
= 0.
∂V
∂α α=α0
= kT ∆θT0
1
RT
∂c
∂α 0
+ m3 g
L3
2
cos β0
∂β
∂α 0
= 0
Sapendo che α0 = 30◦
e con l’ausilio della funzione Matlab precarico.m si
ottiene:
∆θT0 = −m3 g
L3
2
cos β0
∂β
∂α 0
RT
kT
∂c
∂α 0
−1
1.7785 · 10−4
rad
12

16. 2.3.4 Funzione dissipativa
• ˙∆l1 ≡ ˙c = ∂c
∂α
˙α trovato nella chiusura inerente allo smorzatore,
si veda l’equazione (5)
⇒ D =
1
2
r1
˙∆l1
2
=
1
2
r1
∂c
∂α
2
˙α2
∂D
∂ ˙α
= r1
∂c
∂α
2
˙α (9)
2.3.5 Componenti lagrangiane
• θC = + α ˆk e quindi:
δθC =
∂θC
∂α
δα = ˆk δα
⇒ δL = C · δθC = Cˆk · ˆk δα = C δα
⇒ Qα = C (10)
13

17. 2.4 Equazione del moto
Riferendosi alle equazioni (7), (8), (9), (10) si ottiene l’equazione che
descrive il moto del sistema:
d
dt
∂Ec
∂ ˙α
−
∂Ec
∂α
+
∂D
∂ ˙α
+
∂V
∂α
= Qα
Jeq(α) ¨α +
1
2
∂Jeq(α)
∂α
˙α2
+ r1
∂c
∂α
2
˙α + kT ∆θT
1
RT
∂c
∂α
+ m3 g
L3
2
cos β
∂β
∂α
= C(t)
2.5 Equazione del moto linearizzata
L’equazione del moto si rende lineare facendo in modo che le forme di
energia, che poi andranno derivate, siano quadratiche.
Per l’energia cinetica e la funzione dissipativa questa operazione `e semplice,
infatti:
Ec ≈ Ec 0
=
1
2
Jeq(α0) ˙α2
D ≈ D 0
=
1
2
Req(α0) ˙α2
poich`e se si considerassero anche i termini di primo grado dello sviluppo
in serie le forme di energia cesserebbero di essere quadratiche.
⇒
d
dt
∂Ec
∂ ˙α
−
∂Ec
∂α
= Jeq(α0) ¨α
∂D
∂ ˙α
= Req(α0) ˙α
Per l’energia potenziale invece lo sviluppo arriva fino al secondo ordine
quindi va calcolata la derivata seconda del potenziale:
∂V
∂α
= kT ∆θT
∂∆θT
∂α
+ m3 g
∂hG3
∂α
⇒
∂2
V
∂α2
= kT ∆θT
∂2
∆θT
∂α2
+ kT
∂∆θT
∂α
2
+m3g
∂2
hG3
∂α2
=
= kT ∆θT
1
RT
∂2
c
∂α2
+ kT
1
RT
∂c
∂α
2
+m3g
L
2
∂2
β
∂α2
cos β −
∂β
∂α
2
sin β
14

18. ∂2
V
∂α2 0
= kT ∆θT0
∂2
∆θT
∂α2 0
+ kT
∂∆θT
∂α 0
2
+m3 g
∂2
hG3
∂α2 0
V ≈ V 0
+
∂V
∂α 0
(α − α0) +
1
2
∂2
V
∂α2 0
(α − α0)2
dove nella linearizzazione il primo termine `e una costante e quindi non
rientra nell’equazione di moto, il secondo lo si calcola proprio in α = α0 e
quindi `e nullo per definizione di equilibrio statico, infine la derivata seconda
del potenziale `e stata appena calcolata.
Per comodit`a si definisce la perturbazione ¯α = α − α0:
⇒
∂V
∂α
=
∂2
V
∂α2 ¯α=0
¯α
Infine, siccome tutte le forze costanti sono state riportate nel potenziale,
vale:
Qα ≈ Qα(α0) = C(t)
che gi`a era lineare.
Sapendo che ˙¯α ≡ ˙α e ¨¯α ≡ ¨α l’equazione di moto linearizzata riferita alla
perturbazione diventa:
Jeq(α0) ¨¯α + Req(α0) ˙¯α +
∂2
V
∂α2 0
¯α = Qα(α0) (11)
15

19. 2.6 Analisi della risposta del sistema
La frequenza propria e il fattore di smorzamento del sistema linearizzato
sono:
f 4.81 Hz
h 3.212 %
Invece la forzante ha la seguente forma:
C(t) = C0 cos (Ωt + ψ)
Nelle simulazioni seguenti vengono fatti variare C0, Ω, ψ e il vettore delle
condizioni iniziali x0. Si ricorda che α0 = 30◦
.
0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-100
-50
0
50
100
150
200rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
α(0) = α0 + pi/4 α(0) = α0 + 3*pi/4
Figura 2: Moto libero, ˙α(0) = 0
Per quanto riguarda l’omogenea, il primo grafico mostra che la risposta del
sistema linearizzato approssima molto bene quella non lineare, nonostante
la distanza dall’equilibrio sia rilevante. Tra le due l’unica differenza `e che la
non lineare non mantiene costante la frequenza di oscillazione.
Nel secondo grafico invece la perturbazione `e di 3
4
π e il sistema non lineare
trova un altro equilibrio, seguendo inoltre un andamento non sinusoidale. `E
evidente che la linearizzata non `e pi`u accettabile, ma effettivamente ci si `e
allontanati molto dall’intorno dell’equilibrio.
16

20. 0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
0 1 2 3 4 5
tempo [s]
-20
-10
0
10
20
30
40
50
60
70
80
rotazionedeldisco[deg]
non lineare
linearizzato
f=1
ψ=0
f=4.81
ψ=90°
f=4.81
ψ=0
f=3
ψ=0
Figura 3: Moto forzato, Ω = 2πf
I valori tenuti fissi in ogni grafico sono i seguenti:
• C0 = 70 Nm
• α(0) = α0 + π
4
• ˙α(0) = 0
17

21. La forzante introduce varie irregolarit`a nella risposta e l’andamento `e frutto
della somma tra soluzione particolare e omogenea, ma perlomeno nei primi
due grafici la linearizzata segue bene la non lineare.
Imponendo la frequenza della forzante pari alla frequenza propria del
sistema si rilevano ampiezze di oscillazione notevoli anche superato il
transitorio iniziale, che tenderebbero all’infinito se non ci fosse un elemento
dissipativo. In ogni caso `e verificato che entrambe le sinusoidi assumono la
frequenza della forzante.
Le oscillazioni a regime hanno un’ampiezza minore di 20◦
per la non lineare
mentre la linearizzata `e attorno ai 30◦
. Questa discrepanza pu`o essere
causata da alcuni contributi, che nascono quando il sistema non `e a
α = 30◦
, presenti nel sistema non lineare e invece non inclusi nella
linearizzata che ha tutte le componenti calcolate all’equilibrio.
Sfasando di 90◦
la forzante si vede che le armoniche della particolare si
sommano in modo diverso con quelle dell’omogenea e quindi non si osserva
pi`u un punto di inversione, ovvero un punto in cui `e netto il passaggio dal
transitorio a regime.
18

22. 3 Due gradi di libert`a
N
G1
G3
D
V
s
r2k
kT
r1
BAm1,J1
m2,J2,R
m3,J3,L3
y
x
C
O
α
U
L’attuatore impone il moto dell’asta di massa m1, della molla di rigidezza k
e dello smorzatore di parametro r2, pertanto la rotazione α del disco non ha
influenza su questi elementi. Allo stesso modo l’attuatore non ha effetto sul
moto del disco di massa m2.
Invece l’asta AD e il gruppo molla-smorzatore connesso risentono
dell’azione combinata dei due gradi di libert`a ed in seguito sar`a quindi
necessario procedere con una chiusura vettoriale che comprenda sia α sia s.
19

23. 3.1 Scrittura delle forme di energia in variabili fisiche
Ec =
1
2
˙yT
m [m] ˙ym
con ˙ym =








VG1
w1
VG2
w2
VG3
w3








e [m] =











m1 0 · · · · · · · · · 0
0 J1
...
... m2
...
... J2
...
... m3 0
0 · · · · · · · · · 0 J3











D =
1
2
˙yT
s [r] ˙ys
con ˙ys =
˙∆l1
˙∆l2
e [r] =
r1 0
0 r2
V =
1
2
yk
T
[k] yk − PT
yP
con yk =
∆θT
∆l
, [k] =
kT 0
0 k
,
yP =


yP1
yP2
yP3

 e P =


m1 g
m2 g
m3 g


Come si vede dal vettore P le uniche forze costanti che rientrano nel
potenziale sono i pesi. Pertanto il vettore yP, che rappresenta gli
spostamenti dei punti di applicazione delle forze costanti nella direzione
della forza, non sar`a altro che l’abbassamento dei baricentri.
20

24. Infine:
δL = F(t)
T
·δSF
con δSF =
δθC
δSN
e F(t) =
C(t)
N(t)
Si definiscono i seguenti vettori contenenti le coordinate libere per
procedere con l’approccio matriciale:
x =
α
s
, x0 =
α0
s0
, δx =
δα
δs
, ˙x =
˙α
˙s
, ¨x =
¨α
¨s
Nella prossima sezione si valutano i legami cinematici con i due gradi di
libert`a α e s, linearizzandoli per`o direttamente nell’intorno della posizione
di equilibrio:
x = x0 =
30◦
0.8
dove s0 = 0.8 m `e la lunghezza dell’attuatore all’equilibrio.
Per Ec, D e Q si `e gi`a visto nella sezione ad un grado di libert`a che la
linearizzazione `e semplice:
Ec ≈ Ec 0
D ≈ D 0
Q ≈ Q 0
Per quanto riguarda il potenziale, invece, per trovare una forma quadratica
lo sviluppo in serie deve arrivare al secondo ordine.
Nei casi in cui i legami cinematici fossero lineari si potrebbe direttamente
linearizzare anche il potenziale infatti rimmarrebbe solo [KI], ma purtroppo
non `e questo il caso.
V ≈ V |0 +
∂V
∂x 0
(x − x0) +
1
2
(x − x0)T ∂
∂x
∂V
∂x
T
0
(x − x0) (12)
∂V
∂x
= yk
T
[k]
∂yk
∂x
− PT ∂yP
∂x
∂
∂x
∂V
∂x
T
=
∂yk
∂x
T
[k]
∂yk
∂x
+ yk
T
[k]
∂
∂x
∂yk
∂x
T
− PT ∂
∂x
∂yP
∂x
T
21

25. Tutti i termini si calcolano poi nella posizione di equilibrio andando a
definire la matrice di rigidezza:
[K] =
∂
∂x
∂V
∂x
T
0
= [KI] + [KII] + [KIII]
= [λk|0]T
[k] [λk|0] +
2
i=1
ki yk,i|0 [Hyk,i
|0] +
3
i=1
mi g [Hhi
|0]
(13)
Nell’ultima scrittura si sono ridefiniti i tensori che rappresentano le derivate
seconde come somme di matrici hessiane [H] per rendere il testo pi`u
leggibile e si `e notato che il vettore yP `e l’opposto del vettore hi che
contiene gli innalzamenti del baricentro. Inoltre si `e sostituito:
[λk|0] =
∂yk
∂x 0
22

26. 3.2 Analisi cinematica
Oggetto dell’analisi cinematica `e trovare i Jacobiani dei vettori sopra
menzionati per correlare le variabili fisiche a quelle indipendenti. Come
detto per`o, serve trovare la relazione β(α, s) per l’energia cinetica dell’asta
AD e la relazione c(α, s) per il potenziale e la funzione dissipativa.
Chiusura OVAD
β
O
D
AV
α
a
b
d
s
m
Figura 4: Chiusura OVAD
d eiπ
+ s eiπ
2 + m ei0
+ b eiβ
= a eiα
I moduli a, d e m sono costanti e noti, quindi le incognite sono b e β.
23

27. −d + m + b cos β = a cos α
s + b sin β = a sin α
Analogamente a quanto fatto nella chiusura 2.2.1 si ricavano le due
incognite:



β = arctan a sin α − s
a cos α + d − m
b = a cos α + d − m
cos β
Derivando:
˙b cos β − b ˙β sin β = −a ˙α sin α
˙b sin β + b ˙β cos β = a ˙α cos α − ˙s
cio`e
cos β −b sin β
sin β b cos β
˙b
˙β
=
−a ˙α sin α
a ˙α cos α − ˙s
A =
cos β −b sin β
sin β b cos β
det(A) = b (cos2
β + sin2
β) = b = 0
A1 =
−a ˙α sin α −b sin β
a ˙α cos α − ˙s b cos β
det(A1) = a b ˙α sin (β − α) − b ˙s sin β
A2 =
cos β −a ˙α sin α
sin β a ˙α cos α − ˙s
det(A2) = a ˙α cos (β − α) − ˙s cos β
24

28. ⇒



˙b = det(A1)
det(A) = a ˙α sin (β − α) − ˙s sin β
˙β = det(A2)
det(A) = a
b ˙α cos (β − α) − 1
b ˙s cos β
˙β =
∂β(α, s)
∂t
=
∂β
∂α
˙α +
∂β
∂s
˙s
⇒
∂β
∂α
=
a
b
cos (β − α) e
∂β
∂s
= −
1
b
cos β (14)
Derivando ancora l’equazione:
¨b cos β − 2˙b ˙β sin β − b ¨β sin β − b ˙β2
cos β = −a ¨α sin α − a ˙α2
cos α
¨b sin β + 2˙b ˙β cos β + b ¨β cos β − b ˙β2
sin β = a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − ¨s
cio`e
cos β −b sin β
sin β b cos β
¨b
¨β
=
−a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β
a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β − ¨s
A1 =
−a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β −b sin β
a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β − ¨s b cos β
det(A1) = a b ¨α sin (β − α) − a b ˙α2
cos (β − α) + b2 ˙β2
− b ¨s sin β
A2 =
cos β −a ¨α sin α − a ˙α2
cos α + 2˙b ˙β sin β + b ˙β2
cos β
sin β a ¨α cos α − a ˙α2
sin α − 2˙b ˙β cos β + b ˙β2
sin β − ¨s
det(A2) = a ¨α cos (β − α) + a ˙α2
sin (β − α) − 2˙b ˙β − ¨s cos β
⇒



¨b = det(A1)
det(A) = a ¨α sin (β − α) − a ˙α2
cos (β − α) + b ˙β2
− ¨s sin β
¨β = det(A2)
det(A) = a
b ¨α cos (β − α) + a
b ˙α2
sin (β − α) − 2
b
˙b ˙β − 1
b ¨s cos β
25

29. dove
˙b ˙β = a ˙α sin (β − α) − ˙s sin β
a
b
˙α cos (β − α) −
1
b
˙s cos β
=
a2
2b
sin (2β − 2α) ˙α2
−
a
b
sin (2β − α) ˙α ˙s +
1
2b
sin (2β) ˙s2
¨β =
∂2
β
∂α2
˙α2
+
∂β
∂α
¨α +
∂2
β
∂s2
˙s2
+
∂β
∂s
¨s +
∂2
β
∂α∂s
˙α ˙s
⇒
∂2
β
∂α2
=
a
b
sin (β − α) −
a2
b2
sin (2β − 2α)
∂2
β
∂s2
= −
1
b2
sin (2β)
∂2
β
∂α∂s
=
2a
b2
sin (2β − α)
26

30. Chiusura molla-smorzatore
A
n
β
p
q
c
γ
Figura 5: Chiusura molla-smorzatore
La chiusura `e del tutto identica a quella per un grado di libert`a nella
sezione 2.2.2 e si riportano quindi i risultati:
c =
p cos β − q sin β
sin (β − γ)
∂c
∂β
=
q sin γ − p cos γ
sin2
(β − γ)
∂2
c
∂β2
= −2
(q sin γ − p cos γ) cos (β − γ)
sin3
(β − γ)
˙c =
∂c(β)
∂t
=
∂c
∂β
˙β
¨c =
∂c
∂β
¨β +
∂2
c
∂β2
˙β2
Le relazioni di c e delle sue derivate rispetto ad α si ricavano semplicemente
sostituendo i valori di β, ˙β e ¨β calcolati in precedenza.
27

31. Si pu`o procedere a scrivere i Jacobiani:
˙ym ≈ [λm|0] ˙x
˙ys ≈ [λs|0] ˙x
δSF ≈ [λF |0] δx
Linearizzando questi tre legami cinematici vale la sovrapposizione degli
effetti ed `e possibile analizzare il sistema studiando l’effetto di ogni singolo
grado di libert`a. In ogni caso, quando si considera l’asta AD ci si riferisce
comunque a β e c trovati con le chiusure e dipendenti da entrambi i gradi di
libert`a.
Per semplicit`a si chiama u il segmento G3D.
˙α ˙s
VG1 0 1
w1 0 0
VG2 0 0
w2 1 0
VG3
L3
2
∂β
∂α
0
u ∂β
∂s
0
w3
∂β
∂α
0
∂β
∂s
0
28

32. Si ha w1 = 0 perch`e i manicotti permettono solo la traslazione e VG2 = 0
perch`e il baricentro del disco corrisponde al punto in cui il disco `e
incernierato a terra.
[λm|0]T
=





0 0 0 1 L3
2
∂β
∂α 0
∂β
∂α 0
1 0 0 0 u ∂β
∂s 0
∂β
∂s 0





˙α ˙s
˙∆l1
∂c
∂α
0
∂c
∂s
0
˙∆l2 0 1
δα δs
δθC 1 0
δSN 0 −1
Si nota che le forzanti agiscono ciascuna su un grado di libert`a senza
influire direttamente sull’altro, in particolare C su α e N su s. Va ricordato
che δθC e δSN sono presi nel verso delle forze.
Si `e quindi trovato [λs|0] =
∂c
∂α
0
∂c
∂s
0
0 1
e [λF |0] =
1 0
0 −1
29

33. 3.2.1 Matrice di rigidezza
∆θT = ∆θTd + ∆θT0 = θT (x) − θT (x0) + ∆θT0 =
=
c − c0
RT
+ ∆θT0
∆l = ∆ld + ∆l0 = s − s0 + ∆l0
infatti l’allungamento della molla `e imposto dal solo attuatore. Il legame
lineare semplifica la scrittura dell’energia potenziale associata alla molla di
rigidezza k.
[λk] =
∂yk
∂x
=





∂∆θT
∂α
∂∆θT
∂s
∂∆l
∂α
∂∆l
∂s





2x2
[λk|0] =



1
RT
∂c
∂α 0
1
RT
∂c
∂s 0
0 1



[KI] = [λk|0]T
[k] [λk|0] =









kT
R2
T
∂c
∂α 0
2
kT
R2
T
∂c
∂α 0
∂c
∂s 0
kT
R2
T
∂c
∂α 0
∂c
∂s 0
kT
R2
T
∂c
∂s 0
2
+k









[Hyk,1
] =
∂
∂x
∂yk,1
∂x
T
=






∂2∆θT
∂α2
∂2∆θT
∂s ∂α
∂2∆θT
∂α ∂s
∂2∆θT
∂s2






=
1
RT






∂2c
∂α2
∂2c
∂s ∂α
∂2c
∂α ∂s
∂2c
∂s2






30

34. [Hyk,2
] =
∂
∂x
∂yk,2
∂x
T
=






∂2∆l
∂α2
∂2∆l
∂s ∂α
∂2∆l
∂α ∂s
∂2∆l
∂s2






=
0 0
0 0
[KII] =
2
i=1
ki yk,i|0 [Hyk,i
|0] = kT ∆θT0
1
RT








∂2c
∂α2
0
∂2c
∂s ∂α 0
∂2c
∂α ∂s 0
∂2c
∂s2
0








[Hhi
] =
∂
∂x
∂hi
∂x
T
=






∂2hi
∂α2
∂2hi
∂s ∂α
∂2hi
∂α ∂s
∂2hi
∂s2






I legami cinematici che associano yP a x sono:
• h1 = yG1 = s
⇒ [Hh1 |0] =
0 0
0 0
• h2 = yG2 = 0
⇒ [Hh2 |0] =
0 0
0 0
31

35. • h3 = yG3 = s + L3
2
sin β
⇒ [Hh3 |0] =
L3
2







∂2β
∂α2
0
cos β0 − ∂β
∂α 0
2
sin β0 0
0 0







[KIII] =
3
i=1
mi g [Hhi
|0] = m3 g
L3
2







∂2β
∂α2
0
cos β0 − ∂β
∂α 0
2
sin β0 0
0 0







32

36. 3.3 Forme di energia rispetto al vettore delle variabili
indipendenti
Energia cinetica
Ec =
1
2
˙yT
m [m] ˙ym ≈
1
2
˙xT
[λm|0]T
[m] [λm|0] ˙x =
1
2
˙xT
[M] ˙x
M `e la matrice di massa:
[M] =






J2 + m3
L2
3
4 + J3
∂β
∂α 0
2
m3
L3
2 u + J3
∂β
∂α 0
∂β
∂s 0
m3
L3
2 u + J3
∂β
∂α 0
∂β
∂s 0
m1 + m3
L3
2 u + J3
∂β
∂s 0
2






=
1.6920 −0.6442
−0.6442 4.0049
(15)
ricordando che u = G3D.
Si nota che la matrice di massa `e simmetrica.
⇒
d
dt
∂Ec
∂ ˙x
−
∂Ec
∂x
T
= [M] ¨x
Energia potenziale
Riprendendo quanto scritto nelle equazioni (12) e (13) vale:
∂V
∂x
T
= [K] (x − x0)
La matrice [K], somma delle tre matrici calcolate nella sezione 3.2.1, `e
simmetrica:
[K] = 103
·
2.6011 −1.4166
−1.4166 0.9418
(16)
Equilibrio statico
Si cerca ora il precarico delle due molle imponendo l’equilibrio statico del
sistema.
33

37. Ovviamente si considera la scrittura del potenziale non lineare e solo dopo
si valutano i due gradi di libert`a nell’intorno della posizione di equilibrio.
∂V
∂x
= yk
T
[k]
∂yk
∂x
− PT ∂yP
∂x
=
= ∆θT ∆l
kT 0
0 k



∂∆θT
∂α
∂∆θT
∂s
∂∆l
∂α
∂∆l
∂s


 − m1 g m2 g m3 g









∂yP 1
∂α
∂yP 1
∂s
∂yP 2
∂α
∂yP 2
∂s
∂yP 3
∂α
∂yP 3
∂s









=
= kT ∆θT
∂∆θT
∂α kT ∆θT
∂∆θT
∂s + k∆l − m3 g∂yP 3
∂α m1 g + m3 g
sostituendo i termini precedentemente trovati.
Impongo ora:
∂V
∂x
T
x=x0
= 0
⇒



kT ∆θT0
∂∆θT
∂α
0
− m3 g∂yP 3
∂α
0
= 0
kT ∆θT0
∂∆θT
∂s
0
+ k∆l0 − m1 g − m3 g = 0
da cui ricavo ∆θT0 e ∆l0.
In particolare ∆θT0 = 0.0303 rad che rispetto al caso ad un grado di libert`a
`e piuttosto cresciuto.
34

38. Funzione dissipativa
D =
1
2
˙yT
s [r] ˙ys ≈
1
2
˙xT
[λs|0]T
[r] [λs|0] ˙x =
1
2
˙xT
[R] ˙x
[R] =





r1
∂c
∂α
2
r1
∂c
∂α
∂c
∂s
r1
∂c
∂α
∂c
∂s r1
∂c
∂s
2
+r2





=
5.5380 −3.0078
−3.0078 31.6336
(17)
⇒
∂D
∂ ˙x
T
= [R] ˙x
Componenti lagrangiane
δL = F(t)
T
·δSF ≈ F(t)
T
· [λF |0] δx
⇒ QT
= F(t)
T
· [λF |0] = C(t) N(t)
1 0
0 −1
= C(t) −N(t)
35

39. 3.4 Equazione del moto
Per comodit`a si passa dal vettore delle coordinate libere al vettore delle
perturbazioni dalla posizione di equilibrio in modo da non scrivere il
termine (x − x0) associato al potenziale. Ci si riferir`a comunque a x
intendendo per`o la pertubazione, come detto.
Avendo linearizzato direttamente i legami cinematici si raggiunge la
seguente equazione differenziale del secondo ordine:
[M] ¨x + [R] ˙x + [K] x = Q (18)
3.4.1 Moto libero e non smorzato
[M] ¨x + [K] x = 0
La soluzione ipotizzata `e sempre del tipo x = X eλt
λ2
[M] + [K] X eλt
= 0
λ2
[I] + [M]−1
[K] X = 0
Come per tutti i casi non forzati, per avere una soluzione non banale
bisogna imporre che la matrice λ2
[I] + [M]−1
[K] sia singolare, cio`e con
determinante nullo.
Cos`ı facendo si trovano quindi un polinomio di quarto grado biquadratico
che da luogo a quattro autovalori, complessi e coniugati a due a due:
λ1,3 = ±i wI e λ2,4 = ±i wII.
Rientrando nel sistema e imponendo prima λI e poi λII si ottengono i due
modi di vibrare. Infatti la soluzione `e nella forma
x =
4
i=1
Xi eλit
e se non si facesse questo passaggio si avrebbero Xi (i=1,2,3,4) incognite,
ognuna composta da due elementi, per un totale di otto incognite.
Il sistema ha due equazioni linearmente dipendenti a causa della nostra
imposizione e quindi si considera solo una delle due equazioni, per esempio
la prima.
(λ2
I m11 + k11) X
(I)
1 + (λ2
I m12 + k12) X
(I)
2 = 0
36

40. ⇒ µ(I)
=
X
(I)
1
X
(I)
2
= −
λ2
I m12 + k12
λ2
I m11 + k11
ed analogamente
(λ2
II m11 + k11) X
(II)
1 + (λ2
II m12 + k12) X
(II)
2 = 0
⇒ µ(II)
=
X
(II)
1
X
(II)
2
= −
λ2
II m12 + k12
λ2
II m11 + k11
⇒ X(I)
=
µ(I)
1
e X(II)
=
µ(II)
1
Si ottiene quindi la risposta nel tempo che bisogna proiettare sull’asse reale:
x(t) = A X(I)
eiωI t
+ B X(I)
e−iωI t
+ C X(II)
eiωII t
+ D X(II)
e−iωII t
e le incognite sono diventate quattro che si riescono a determinare con le
due condizioni iniziali per ogni gdl.
Tramite Matlab si trovano gli autovalori e quindi le pulsazioni proprie:
ωI = 6.6882
rad
s
ωII = 39.4517
rad
s
I rapporti che definiscono i modi di vibrare sono:
µ(I)
=
X
(I)
1
X
(I)
2
= 0.5495
µ(II)
=
X
(II)
1
X
(II)
2
= −12.7822
Il primo modo µI `e piuttosto alto, quindi la componente di x(t) associata a
wI sar`a decisamente maggiore per α rispetto a s.
Si impongono ora le condizioni iniziali:



α(t = 0) = π
3
˙α(t = 0) = 0
s(t = 0) = 1.2
˙s(t = 0) = 0
37

41. In questo modo ottengo i valori di C1, φ1, C2, φ2 e quindi i seguenti grafici.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
0
10
20
30
40
50
60
70
Rotazionedeldisco[deg]
Risposta non smorzata del primo gdl nel tempo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
1300
Spostamentodell'attuatore[mm]
Risposta non smorzata del secondo gdl nel tempo
Senza smorzamento l’oscillazione si mantiene costante attorno all’equilibrio
statico e gli andamenti sono dati dalla somma delle sinusoidi associate alle
due frequenze proprie. La prima frequenza propria genera l’andamento in
grande, attorno al quale a sua volta oscilla la curva con pulsazione
maggiore.
Ad una prima occhiata sembrerebbe che in t = 0 l’attuatore possieda una
velocit`a iniziale. In realt`a, si pu`o osservare dall’ingrandimento nel grafico
sottostante che la derivata `e nulla come impongono le condizioni iniziali ma
l’attuatore acquista velocit`a in molto poco: solo 0.05 s.
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
t
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
1300
Spostamentodell'attuatore[mm]
Risposta non smorzata del secondo gdl nel tempo
38

42. 3.4.2 Moto libero e smorzato
[M] ¨x + [R] ˙x + [K] x = 0
La tecnica risolutiva prevede la scomposizione delle due equazioni in
quattro equazioni in modo tale da ricondursi a equazioni differenziali del
primo ordine.
[M] ¨x = −[R] ˙x − [K] x
[M] ˙x = [M] ˙x
Chiamo
z =
x
˙x
e ˙z =
˙x
¨x
[M] [0]
[0] [M]
˙z =
−[R] −[K]
[M] [0]
z
˙z =
[M] [0]
[0] [M]
−1
−[R] −[K]
[M] [0]
z = [A] z
Si `e usata la matrice [M] nella seconda equazione, in modo tale da
abbattere i problemi di mal condizionamento della matrice [A]. Infatti i
metodi numerici per la risoluzione di sistemi lineari possono dar luogo a
grandi errori nel caso in cui la matrice presenti termini con valori tra loro
molto differenti.
Si `e giunti quindi a un sistema caratterizzato da una matrice [A]4x4 che
permette di arrivare all’equazione
[A] − λ [I] Z eλt
= 0
poich´e la soluzione ipotizzata `e ancora del tipo:
z = Z eλt
Annullando ancora il determinante della matrice si ottiene sempre un
polinomio di quarto grado ma non pi`u biquadratico come nel caso non
smorzato. Gli autovalori hanno la seguente forma:
λI,III = −αI ± i wI
λII,IV = −αII ± i wII
39

43. Sono sempre complessi e coniugati a due a due, ma c’`e anche una
componente reale che deve esser negativa, cio`e αI, αII > 0, per impedire la
divergenza di z(t).
Ora si sostituiscono i quattro autovalori per esempio nella prima equazione
del sistema di moto:
(λ2
I m11 + λI r11 + k11) X
(I)
1 + (λ2
I m12 + λI r12 + k12) X
(I)
2 = 0
⇒ µ(I)
=
X
(I)
1
X
(I)
2
= −
λ2
I m12 + λI r12 + k12
λ2
I m11 + λI r11 + k11
⇒ X(I)
=
µ(I)
1
ed analogo per λII, λIII e λIV .
La presenza di smorzamento rende ora i modi di vibrare numeri complessi.
Ottengo quindi:
x = e−αI t
A X(I)
eiωI t
+ B X(III)
e−iωI t
+ e−αII t
C X(II)
eiωII t
+ D X(IV )
e−iωII t
Lo smorzamento introduce il termine esponenziale decrescente che va a
ridurre l’ampiezza di oscillazione nel tempo. Inoltre i modi di vibrare sono
complessi e quindi aggiungono un’ulteriore fase agli argomenti dei coseni.
Grazie al comando eig in Matlab si trovano i quattro autovalori:
λI = −3.9413 + 5.4056 i
λII = −1.7044 + 39.4051 i
λIII = −3.9413 − 5.4056 i
λIV = −1.7044 − 39.4051 i
e cio`e ωI = 5.4056 rad
s
e ωII = 39.4051 rad
s
.
Si osserva che il primo modo di vibrare `e quello pi`u smorzato tra i due,
avendo un α maggiore.
I rapporti che definiscono i modi di vibrare sono:
µ(I)
=
X
(I)
1
X
(I)
2
= 0.5461 + 0.0046 i
µ(II)
= −12.6675 + 2.6962 i
µ(III)
= 0.5461 − 0.0046 i
µ(IV )
= −12.6675 − 2.6962 i
40

44. Imponendo le stesse condizioni iniziali del moto non smorzato si ottengono i
seguenti grafici.
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
20
25
30
35
40
45
50
55
60
65
Rotazionedeldisco[deg]
Risposta smorzata del primo gdl nel tempo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
750
800
850
900
950
1000
1050
1100
1150
1200
1250
Spostamentodell'attuatore[mm]
Risposta smorzata del secondo gdl nel tempo
La presenza di smorzamento abbatte le oscillazioni in meno di 3 secondi:
addirittura s(t) tende all’equilibrio statico senza quasi oscillare, grazie al
valore alto di r1 = 50 Ns
m
.
Per l’attuatore `e presente lo stesso effetto del caso non smorzato, per cui
vedere la derivata iniziale positiva invece che nulla `e solo un’illusione ottica.
41

45. Tenendo fisse le posizioni, ora si danno anche velocit`a iniziali:



α(t = 0) = π
3
˙α(t = 0) = 12
s(t = 0) = 1.2
˙s(t = 0) = 7
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
-500
0
500
1000
1500
2000
2500
Spostamentodell'attuatore[mm]
Risposta non smorzata del secondo gdl nel tempo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
20
30
40
50
60
70
80
Rotazionedeldisco[deg]
Risposta smorzata del primo gdl nel tempo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
700
800
900
1000
1100
1200
1300
1400
1500
1600
1700
Spostamentodell'attuatore[mm]
Risposta smorzata del secondo gdl nel tempo
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
t
-40
-20
0
20
40
60
80
100
Rotazionedeldisco[deg]
Risposta non smorzata del primo gdl nel tempo
La posizione x(t) quindi al tempo t = 0 ha derivata non nulla e nel caso
smorzato si vede che le oscillazioni non tendono subito a diminuire. Anzi
crescono rispetto a x0 proprio a causa dell’inerzia che il sistema aveva gi`a
prima di essere osservato, per poi ovviamente essere progressivamente
ridotte dagli smorzatori fino a zero.
La pulsazione ovviamente si mantiene costante nel tempo e uguale ai casi
precedenti con diverse CI.
42

46. 3.4.3 Moto forzato e smorzato
[M] ¨x + [R] ˙x + [K] x = Q
Per la soluzione omogenea xO(t) e le frequenze proprie si fa riferimento al
caso soprastante.
Q =
C(t)
−N(t)
=
C0eiΩt
−N0eiΦt
Siccome le due forzanti hanno frequenze diverse si analizzano una per volta,
per poi sommare le due soluzioni particolari trovate.
Prendendole una ad una si ottengono i due sistemi:
[M] ¨x + [R] ˙x + [K] x =
C0eiΩt
0
[M] ¨x + [R] ˙x + [K] x =
0
−N0eiΦt
Forzante C
Per quanto riguarda la prima forzante la soluzione ipotizzata `e:
xP1 = XP1 eiΩt
−Ω2
[M] + iΩ[R] + [K] XP1 eiΩt
=
C0
0
eiΩt
=
1
0
C0eiΩt
⇒ XP1 = [D(Ω)]−1 1
0
C0 = [H1(Ω)] C0
[H1(Ω)]2x1 `e il vettore delle funzioni di risposta in frequenza dei due gdl
rispetto a C0. Cio`e:
[H1(Ω)] =
FRFC→α
FRFC→s
e quindi rispettivamente prima riga e seconda riga del vettore [H1(Ω)].
⇒ xP1 = ( XP1 eiΩt
) = |XP1| cos (Ωt + ψ1)
con ψ1 fase del numero complesso XP1.
43

47. 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
Pulsazione della forzante C
-300
-250
-200
-150
-100
-50
0
Fasi delle FRF dovute a C
Primo gdl
Secondo gdl
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
Pulsazione della forzante C
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
#10 -3 Moduli delle FRF dovute a C
Primo gdl
Secondo gdl
In corrispondenza dei punti evidenziati sulle ascisse, che rappresentano le
pulsazioni proprie, il modulo si impenna come ci si aspetta.
La fase parte correttamente da zero per Ω = 0 e man mano decresce fino a
tendere a −π.
Con due gradi di libert`a `e pi`u complesso individuare i parametri su cui
agire rispetto al caso ad un gdl: certamente si deve andare a ridurre i valori
della matrice [D]−1
.
La matrice [D] `e la somma delle matrici calcolate nelle equazioni (15), (16),
(17) ed approssimando si ottiene:
[D] =


−1.69 Ω2
+ 5.54 iΩ + 2600 0.64 Ω2
− 3.01 iΩ − 1420
0.64 Ω2
− 3.01 iΩ − 1420 4.01 Ω2
+ 31.63 iΩ + 942


Ovviamente questa matrice, che moltiplica le soluzioni particolari XP1 e
XP2 nella risoluzione del moto forzato, `e la stessa a meno di sostituire Ω
con Φ.
44

48. Forzante N
La soluzione ipotizzata `e sempre:
xP2 = XP2 eiΦt
−Φ2
[M] + iΦ[R] + [K] XP2 eiΦt
=
0
−N0
eiΦt
=
0
−1
N0eiΦt
⇒ XP2 = [D(Φ)]−1 0
−1
N0 = [H2(Φ)] N0
[H2(Φ)]2x1 `e il vettore delle funzioni di risposta in frequenza dei due gdl
rispetto a N0. Cio`e:
[H2(Φ)] =
FRFN→α
FRFN→s
e quindi rispettivamente prima riga e seconda riga del vettore [H2(Φ)].
⇒ xP2 = ( XP2 eiΦt
) = |XP2| cos (Φt + ψ2)
con ψ2 fase del numero complesso XP2.
Si ottengono i seguenti grafici.
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
Pulsazione della forzante N
-300
-250
-200
-150
-100
-50
0
Fasi delle FRF dovute a N
Primo gdl
Secondo gdl
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90
Pulsazione della forzante N
0
1
2
3
4
5
6
7
#10 -3 Moduli delle FRF dovute a N
Primo gdl
Secondo gdl
45

49. Alla seconda pulsazione propria corrispondono ampiezze molto basse per
entrambi i gdl. `E interessante notare che:
FRFN→α ≡ FRFC→s
infatti [H] = [D]−1
b e lo jacobiano di C alla seconda riga assume lo stesso
valore dello jacobiano di N alla prima, cio`e zero. Pertanto le due FRF non
possono che coincidere sia in modulo sia in fase.
La fase anche in questo caso parte da zero e per Ω alte tende a −π.
Soluzione complessiva
Alla luce del sistema non smorzato e della risposta alle due forzanti, la
soluzione complessiva si trova applicando il principio di sovrapposizione
degli effetti:
x(t) = xO(t) + xP1(t) + xP2(t)
e solo a questo punto si impongono le condizioni iniziali:
x(t = 0) = x0
˙x(t = 0) = v0
46