1  

Esercizi  sulle  vibrazioni    

1. Frequenza  propria  di  una  boa  Una   boa   cilindrica   avente   sezione   circolare   di   area   A   e   massa   totale   m   viene  spostata  dalla  configurazione  di  equilibrio  e  lasciata  libera  di  oscillare  in  acqua  di  mare.   Determinare   la   frequenza   propria   delle   oscillazioni   libere.   Risolvere  numericamente   per   una   boa   di   massa   m   pari   a   2   kg   e   diametro   pari   a   1   m.  Assumere  ρ=1025  kg/m3  per  la  densità  dell’acqua  di  mare.  

Soluzione  

Figura  1:  Schema  della  boa  

La  pulsazione  naturale  è  ottenibile  come  

ωn =km   (  1  )  

Per  determinare   la   rigidezza  k  osserviamo  che   la   forza   elastica   coincide   con   la  spinta  di  Archimede  a  meno  del  peso  della  boa:  

Fa = ρVg = ρAxg ⇒ x = 1ρAg

Fa ; k = πρR2g   (  2  )  

dove  x  è  lo  spostamento  dalla  configurazione  di  equilibrio,  nella  quale  la  spinta  di  Archimede   e   il   peso   proprio   della   boa   mg   sono   in   equilibrio.   A   è   l’area   della  sezione  della  boa,  di  raggio  R.  La  massa  oscillante  è  la  massa  m  della  boa  stessa.  

  2  

ωn =πρR2gm

=π1025 kg

m3 0.52m2 9.812

2kg= 62.84 rad

s   (  3  )  

Il  periodo  Tn  e  la  frequenza  fn  naturali  sono:  

Tn =2πωn

= 0.10s ; fn =1Tn

=ωn

2π= 10.0Hz   (  4  )  

2. Molle  in  serie  e  parallelo  Determinare  la  costante  elastica  equivalente  per  molle  in  serie  e  in  parallelo.  

Soluzione  

 

Figura  2:  Molle  in  parallelo  

Molle  in  parallelo  condividono  lo  stesso  allungamento  x:  

F1 = k1xF2 = k2x…Fn = knx

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

  (  5  )  

Da  cui  segue,  per  equilibrio  globale  del  sistema:  

F = Fii=1

n

∑ = kii=1

n

∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟x ⇒ k = ki

i=1

n

∑   (  6  )  

  3  

 

 

Figura  3:  Molle  in  serie  

Se   le  molle   sono   in   serie,   esse   condividono   la   stessa   forza,   come  si  può  vedere  dall’equilibrio  di  ciascuna  di  esse.  

F = k1x1F = k2x2…F = knxn

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

  (  7  )  

Per  cui  la  rigidezza  equivalente  k  si  ottiene  dall’allungamento  globale  x.  

x = xii=1

n

∑ =1kii=1

n

∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟F ⇒ k = 1

kii=1

n

∑⎛⎝⎜⎞⎠⎟

−1

  (  8  )  

Si  può  osservare  che   la   rigidezza  delle  molle   si   comporta   in  modo  analogo  alla  conduttanza  G  nei  sistemi  elettrici.  Per  essi  vale  la  legge  di  Ohm:  

I = GV   (  9  )  

Che  è  formalmente  identica  alla  legge  di  Hooke,  sostituendo  la  forza  all’intensità  di  corrente  e  l’allungamento  alla  differenza  di  potenziale.  

  4  

 

3. Vibrazioni  longitudinali  di  una  barra  Determinare  la  rigidezza  longitudinale  per  una  barra.  Si  supponga  che  una  barra  a  sezione  circolare  di  acciaio  di  lunghezza  pari  a  140  cm  sostenga  una  massa  di  15  kg,   trovare   il  diametro  minimo  che  essa  deve  avere  perché   la  sua  frequenza  propria  sia  maggiore  di  150Hz  (si  trascuri  l’effetto  della  massa  della  trave).    

Soluzione  

 

Figura  4:  Vibrazioni  longitudinali  di  una  barra  Il  legame  tensione-­‐deformazione  è:  

σ = Eε   (  10  )  

Dove  la  deformazione  ε  è  l’allungamento  per  unità  di  lunghezza,  da  cui:  

ε =Δll

; N = σA = EA Δll

⇒ k = EAl   (  11  )  

La  frequenza  propria  del  sistema  barra  +  massa  è:  

fn =12π

km

=12π

EAlm

  (  12  )  

Nel  caso  in  esame,  il  raggio  della  sezione  R  si  ricava  dalla  (  12  ).  

R =Aπ

=4πlmfn

2

E=

4π ×1.4m ×15kg ×1502 1s2

210000 ⋅106Pa== 5.32 ⋅10−3m   (  13  )  

Quindi  il  diametro  minimo  è  11  mm.  

  5  

 

4. Vibrazioni  flessionali  di  una  trave  incastrata  Determinare  la  rigidezza  flessionale  per  una  trave  incastrata  a  sezione  costante.  Si  supponga  che  all’estremità  libera  della  trave  sia  attaccata  una  massa  pari  a  1.2  kg,  trovare  la  frequenza  propria  del  sistema.  Si  assuma  una  trave  di  alluminio  di  lunghezza  pari  a  60  cm  e  a  sezione  quadrata  cava  di  lato  h  20  mm  e  spessore  s  2  mm.  

Soluzione  

 

Figura  5:  Vibrazioni  flessionali  di  una  trave  incastrata    La  freccia  della  trave,  all’estremità  libera  è:  

x = FL3

3EI   (  14  )  

nell’ipotesi   che   la   stessa   estremità   sia   caricata   con   una   forza   F.   La   rigidezza  corrispondente  è:  

F =3EIL3

x ⇒ k = 3EIL3

  (  15  )  

Per  trovare   la   frequenza  propria  occorre  conoscere   il  momento  di   inerzia  della  sezione.   Sia   I  il   momento   di   inerzia   della   sezione   piena,   il   momento   I   della  sezione  cava  si  ricava  come  segue:  

I = l 4

12; I =

h + s( )4 − h − s( )412

=23h3s + hs3( ) ≈ 2h

3s3

  (  16  )  

Nel  caso  in  esame,  il  prodotto  EI  vale  

EI ≈ 2h3sE3

=2 × 0.0203m3 × 0.002m × 70000 ⋅106Pa

3= 746.66Nm2   (  17  )  

La  frequenza  propria,  per  la  massa  m  pari  a  1.2  kg,  sarà:  

  6  

fn =12π

3EImL3

=12π

3× 70000 ⋅106Pa × 746.66Nm2

1.2kg × 0.6003m3 = 14.79Hz   (  18  )  

5. Vibrazioni  torsionali  di  una  trave  Determinare  la  rigidezza  torsionale  per  una  trave  incastrata  a  sezione  costante.  Si  supponga  che  all’estremità  libera  della  trave  sia  attaccato  un  disco  di  acciaio  di  diametro  pari  a  10  cm  e  spessore  2  cm,  trovare  la  frequenza  propria  del  sistema.  Si  assuma  una  trave  circolare  di  alluminio  di  lunghezza  pari  a  60  cm  e  a  sezione  circolare  di  diametro  20  mm.  

Soluzione  

 

Figura  6:  Vibrazioni  torsionali  di  una  trave  incastrata  La  rotazione  θ  provocata  da  un  momento  di  estremità  T  è:  

θ =TLJG

  (  19  )  

Dove  J  è   il  momento  di   inerzia  polare  della  sezione  e  G  è   il  modulo  di  elasticità  tangenziale,  per  l’alluminio:  

G =E

2 1+ ν( ) =70000MPa2 1+ 0.3( ) = 26923.1MPa   (  20  )  

Il   momento   d’inerzia   polare   per   una   sezione   circolare   si   può   ottenere   come  somma  dei  momenti  rispetto  agli  assi  x  e  y:  

J = 2I = 2πR4

4=πR4

2   (  21  )  

La  rigidezza  torsionale  sarà:  

T = kTθ ⇒ kT =JGL   (  22  )  

Il  momento   di   inerzia   del   disco   in   acciaio,   che   è   un  momento   di   inerzia   di   un  corpo  solido  e  non  di  una  sezione,  è:  

  7  

Id = ρ πRd4s2

= 7860 kgm3

π × 0.0504m4 × 0.020m2

= 1,543 ⋅10−3kgm2   (  23  )  

Per  cui  la  frequenza  propria  è:  

fn =12π

JGIdL

=12π

GρLs

R2

Rd2 =

=12π

26923.1 ⋅106Pa

7860 kgm3 × 0.600m × 0.002

0.0102m2

0.050d2m2 = 107.56Hz

  (  24  )  

6. Stima  di  smorzamento  di  una  struttura  complessa  Un   telescopio  a  puntamento   rapido  avente  massa   sospesa  pari   a  2000  kg  deve  essere  progettato  con   l’obiettivo  di  contenere   l’ampiezza  delle  vibrazioni   libere  residue  dopo  0.5   s   entro   il   30%  della   vibrazione  provocata  dal  puntamento.   Si  supponga  quindi  di  spostare  il  telescopio  dalla  sua  configurazione  di  equilibrio  e  di   riposizionarlo:  nasceranno  vibrazioni   libere  smorzate  alla   frequenza  propria  del  sistema.  Si  chiede  di  progettare  il  telescopio  in  modo  che  la  prima  frequenza  propria  sia  sufficientemente  alta  da  ottenere  un’ampiezza  di  vibrazione  del  30  %  del   valore   a   inizio   transitorio   entro   0.5   s.   Si   può   dimostrare   che   il   sistema   si  comporta  come  se  avesse  un  solo  grado  di   libertà,  trovare  la  frequenza  propria  minima   che   esso   deve   avere   nell’ipotesi   che   lo   smorzamento   adimensionale   ζ  possa  essere  assunto  pari  a  0.01.  Cosa  accadrebbe  per  ζ  pari  a  0.1?  

Soluzione  

La  risposta  nel  tempo  del  sistema,  assumendo  smorzamento  subcritico,  è:  

x t( ) = Xe−ζωnt cos 1−ζ 2ωnt +ϕ( )   (  25  )  

Il  valore  della  curva  inviluppante  nel  tempo  xmax(t)  sarà:  

xmax t( ) = Xe−ζωnt   (  26  )  

Definiamo   f   il   rapporto   tra   l’ampiezza   dell’inviluppante   dopo   un   tempo   t  e   il  valore  iniziale  a  fine  puntamento.  

f =xmax 0( )xmax t( ) = Xe

−ζωn t   (  27  )  

Risolvendo  rispetto  alla  pulsazione  naturale:  

ωn = −ln f( )ζ t

⇒ fn = −ln f( )2πζ t

  (  28  )  

Nel  caso  di  ζ  uguale  a  0.01  si  ha:  

  8  

fn = −ln f( )2πζ t

= −ln 0.3( )

2π × 0.01× 0.5s= 38.3Hz   (  29  )  

mentre  per  ζ  uguale  a  0.1  vale  3.83  Hz.  Esiste  una  relazione  di  proporzionalità  inversa  tra  frequenza  propria  e  smorzamento:  al  crescere  dello  smorzamento  la  frequenza  propria  ammissibile  diminuisce.  

 

Figura  7:  Relazione  tra  frequenza  propria  e  smorzamento  

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Ζ

2

3

4

fn

  9  

 

7. Vibrazioni  forzate  di  un  filo  Un  filo  d’acciaio  di  diametro  3  mm  e  lunghezza  L  pari  a  10  m  supporta  una  massa  di  50  kg.  La  massa  è  soggetta  ad  una  forza  sinusoidale  di  frequenza  f  pari  a  5  Hz  e  a   ampiezza   F0   pari   a   200   N.   Calcolare   ,   l’ampiezza   delle   vibrazioni   forzate,   la  massima   tensione   del   filo   e   il   massimo   della   forza   complessiva   trasmessa   al  basamento,  sia  nel  caso  di  vibrazioni  forzate  propriamente  dette  che  in  presenza  di  smorzamento  adimensionale  ζ  pari  a  0.01.  

Soluzione  

 

Figura  8:  Vibrazioni  di  una  massa  appesa  a  un  filo  Calcoliamo  la  rigidezza  e  la  frequenza  propria  del  filo.  

k = EAL

=EπR2

L=210000 ⋅106Pa × π × 0.00152m2

10m= 148440 N

m

fn =12π

km

=12π

EALm

=12π

EπR2

Lm=

=12π

210000 ⋅106Pa × π × 0.00152m2

10m × 50kg= 8.67Hz

  (  30  )  

e  la  corrispondente  pulsazione  propria  è  

  10  

ωn = 2π fn = 2π × 8.67Hz=54.49 rads   (  31  )  

La  pulsazione  del  forzante  ω  vale:  

ω = 2π f = 2π × 5Hz=31.41rads   (  32  )  

Il  fattore  di  amplificazione  dinamica  è:  

G ω( ) = kF0X =

1

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ 4ζ 2 ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2  

(  33  )  

Per  cui  il  guadagno  ideale  e  reale  (ζ=0.01)  valgono  rispettivamente  

Gid ω( ) = 1

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = 1.4980

G ω( ) = 1

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ 4ζ 2 ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2= 1.4977

  (  34  )  

E   dunque   sono   pressoché   coincidenti.   Il   modulo   della   risposta   in   condizioni  ideali  e  reali  vale:  

Xid =F0kGid ω( ) = 200N

148440 Nm

1.49800=2.01832 ⋅10−3m

X =F0kG ω( ) = 200N

148440 Nm

1.4977=2.01802 ⋅10−3m   (  35  )  

Si   noti   che   il   numero   di   cifre   riportate   è   maggiore   del   numero   di   cifre  significative,   per   le   approssimazioni   effettuate   durante   lo   svolgimento.   Questo  modo  di  procedere,  qui   giustificato  dall’esigenza  di  mostrare   la  differenza   tra   i  due  casi,  è  in  generale  scorretto.  La   tensione   massima   del   filo   si   ottiene   considerando   la   somma   della  deformazione  statica  e  della  massima  deformazione  dinamica.  

σ = Eε = E Δll

Δll=NEA

  (  36  )  

Da  cui:  

  11  

σ = Eε = E mgEA

+XL

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=50kg × 9.81m

s2π × 0.00152m2 +

+210000 ⋅106Pa 2.01802 ⋅10−3m

10m= 1.118 ⋅108Pa = 111.8MPa

  (  37  )  

La  trasmissibilità  al  punto  di  fissaggio  è  definita  come  segue:  

t ω( ) = TF0

=1+ 4ζ 2 ω

ωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ 4ζ 2 ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2  

(  38  )  

dove  T  è  il  modulo  della  forza  trasmessa.  Nei  due  casi,  ideale  e  reale,  vale:  

tid ω( ) = 1.4980t ω( ) = 1.4978   (  39  )  

Da  cui  la  forza  dinamica  trasmessa  risulta:  

T = Fmt ω( ) = 200N ×1.4978=299.57N   (  40  )  

La  forza  totale  trasmessa  al  telaio  sarà:  

Ft = 50kg × 9.81ms2

+ 299.57N=790.07N   (  41  )  

 

  12  

8. Trave  incastrata  con  vibrodina  Una   trave   incastrata   del   tutto   analoga   a   quella   dell’esercizio   4   è   soggetta   a  eccitazione  periodica  per  mezzo  di  una  vibrodina  solidale  alla  massa  m.  Le  caratteristiche  della   trave  sono:   lunghezza  L  pari  a  60  cm,  sezione  quadrata  cava  in  alluminio  di  lato  h  20  mm  e  spessore  s  di  2  mm.  La  massa  supportata  M  vale  1.2  kg  inclusa  la  vibrodina.  L’eccitazione   è   realizzata   mediante   il   dispositivo   rappresentato   in   figura  (vibrodina):   si   tratta   di   un   doppio   eccentrico   controrotante   con   massa  squilibrante  m  pari   a   20   g   posta   a   un   raggio   r   pari   a   5   cm.  Gli   eccentrici   sono  posti   in   rotazione   alla   velocità   di   1000  RPM,   trovare   l’ampiezza   e   la   fase   delle  oscillazioni  forzate.  

Soluzione  

 

Figura  9:  Trave  incastrata  con  vibrodina  

Calcoliamo  la  frequenza  e  la  pulsazione  di  eccitazione:  

f = nRPM60

=100060

1s= 16.67Hz

ω = 2π f = 2π nRPM60

= 2π 100060

1s= 104.72 rad

s

  (  42  )  

Calcoliamo  la  forza  dinamica  verticale  esercitata  dalla  vibrodina:  

F t( ) = F0 cos(ωt)   (  43  )  

  13  

mentre   la   forza   orizzontale   è   identicamente   nulla   perché   le   forze   determinate  dalle   due  masse   si   equilibrano.   F0   può   essere   determinato   sommando   le   forze  d’inerzia  centrifughe  relative  alle  due  masse  m:  

F0 = 2mω2r = 2 × 0.020kg ×104.722 rad

s2× 0.050m = 21.93N   (  44  )  

La  rigidezza  della  trave,  calcolata  come  nell’esercizio  4,  vale:  

k = 3EIL3

  (  45  )  

dove  il  prodotto  EI  vale:  

EI ≈ h3sE3

=0.0203m3 × 0.002m × 70000 ⋅106Pa

3= 373.3Nm2   (  46  )  

da  cui  k:  

k = 3EIL3

=373.3Nm2

0.6003m3 = 5185.2 Nm   (  47  )  

e  quindi  la  frequenza  propria,  per  la  massa  M  pari  a  1.2  kg,  sarà:  

fn =12π

3EIML3

=12π

3× 70000 ⋅106Pa × 373.3Nm2

1.2kg × 0.6003m3 = 10.5Hz   (  48  )  

Il  fattore  di  amplificazione  vale:  

Gid ω( ) = 1

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2 = 0.6502 con ωn = 2π fn = 65.73  (  49  )  

Da  cui,  per  definizione  del  fattore  dinamico:  

X =F0kG ω( ) = 21.93N

5185.2 Nm

0.6502 = 2.75 ⋅10−3m  (  50  )  

Trattandosi  di  vibrazioni  forzate,  quindi  con  ζ  nullo,  al  di  sopra  della  frequenza  di  risonanza,  lo  sfasamento  è  π.  La  risposta  a  regime  sarà  quindi:  

x t( ) = X cos ωt − π( )   (  51  )  

 

  14  

9. Serbatoio  di  acquedotto  a  forzante  sismico  Un   serbatoio   per   acquedotto   si   trova   in   zona   sismica   soggetta   a   terremoti   con  Peak  Ground  Acceleration  fino  a  1  g.  Il  serbatoio  deve  avere  una  capacità  di  2000  m3  ad  un  altezza  L  pari  a  40  m;  il  traliccio  in  acciaio  avere  sezione  circolare  cava  di   raggio   R   e   spessore   s.   Sia   R   pari   a   2   m   e   s   pari   a   10   cm.   Si   assuma   come  frequenza   del   forzante   100   Hz;   si   prenda   ζ=0.01   come   smorzamento   per  l’acciaio.  Si  esegua  la  verifica  a  carico  di  punta  con  la  seguente  formula.  

Ncr =π 2EI4L2

  (  52  )  

Cosa  accadrebbe  a  10  Hz?  

Soluzione  

 

Figura  10:  Serbatoio  a  forzante  sismico  

Calcoliamo  il  momento  di  inerzia  della  sezione  per  sottrazione  del  momento  del  vuoto:  

I = πR4

4; I =

π R + s2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟4

− π R − s2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟4

4= πR3s + πRs3

4≈ πR3s   (  53  )  

Calcoliamo  la  rigidezza  del  supporto:  

  15  

A = 2πRs

k = EAL

=2πERsL

=2π × 210000 ⋅106Pa × 2m × 0.10m

40m= 6.597 ⋅109 N

m   (  54  )  

Da  cui  la  pulsazione  propria:  

ωn =2πERsρVL

=2π × 210000 ⋅106Pa × 2m × 0.10m

1000 kgm3 × 2000m

3 × 40m= 57.43 rad

s  

(  55  )  

Dove   la   massa   m   è   espressa   in   funzione   del   volume   noto   e   della   densità  dell’acqua,  trascurando  la  massa  del  recipiente.  La  frequenza  propria  è:  

fn =12π

ωn =12π57.43 rad

s= 9.14Hz   (  56  )  

Il   forzante   è   a   100   Hz,   ovvero   628.32   rad/s,   dunque   oltre   la   frequenza   di  risonanza   e   la   risposta   sarà   dunque   in   opposizione   di   fase:   ai   massimi   di  oscillazione  della  base,  corrisponderanno  i  minimi  di  oscillazione  del  serbatoio.  La  trasmissibilità  a  forzante  sismico  è  definita  come  segue:  

t ω( ) = XY0

=1+ 4ζ 2 ω

ωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ 4ζ 2 ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2= 0.008625  

(  57  )  

Il  valore  ottenuto  dimostra  che  le  vibrazioni  ad  alta  frequenza  si  trasmettono  in  modo  molto   limitato.  Occorre  ora  calcolare   lo  spostamento  massimo  della  base  corrispondente  all’accelerazione  di  1  g:  

y t( ) = Y0 cos ωt( )y t( ) = −ωY0 sin ωt( )y t( ) = −ω 2Y0 cos ωt( )

  (  58  )  

Da  cui:  

Y0 =ymaxω 2 =

ymax4π 2 f 2

=9.81m

s2

4π 21002 1s

= 2.4849 ⋅10−5m = 0.0248mm   (  59  )  

L’ampiezza  delle  oscillazioni  del  serbatoio,  nel  riferimento  inerziale,  sarà:  

X = Y0 t ω( ) = 2.48 ⋅10−5m × 0.008625 = 2.14 ⋅10−7m   (  60  )  

L’ampiezza  massima  dell’allungamento  della  colonna  sarà:  

  16  

Z = X +Y0 = 2.14 ⋅10−7m + 2.48 ⋅10−5m = 2.51 ⋅10−5m   (  61  )  

in   cui   si   nota   che   i   termini   sono   sommati,   invece   che   sottratti   come   in   figura,  perché  oltre  la  frequenza  propria  i  due  moti  avvengono  in  opposizione  di  fase.  Il   carico   di   compressione   sulla   sezione   sarà   la   somma   del   carico   statico   e   di  quello  dinamico  

Ns = ρVg = 1000 kgm3 × 2000m

3 × 9.81ms2

= 1.96 ⋅107N

Nd = kZ = 6.597 ⋅109 Nm

× 2.51 ⋅10−5m = 1.65 ⋅105N

N = Ns + Nd = 1.98 ⋅107N

  (  62  )  

quindi   l’effetto  dinamico  non  è  molto   rilevante   a  100  Hz.   Il   valore   critico  dello  sforzo  normale  a  carico  di  punta  è:  

Ncr =π 2EI4L2

=π 3ER3s4L2

=π 3210000 ⋅106Pa × 23m × 0.10m

4 × 402m2 = 8.14 ⋅108N   (  63  )  

A  10  Hz  la  trasmissibilità  vale  

t ω( ) = XY0

=1+ 4ζ 2 ω

ωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

1− ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ 4ζ 2 ωωn

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2= 5.05 per ω = 62.83 rad

s  

(  64  )  

Da  cui  i  carichi  dinamico  e  totale:  

Nd = k t ω( ) +1( ) ymax4π 2 f 2

=

= 6.597 ⋅109 Nm

× 5.05 +1( ) ×9.81m

s2

4π 2102 1s2

= 9.92 ⋅107N

N = Ns + Nd = 1.19 ⋅108N

  (  65  )  

dunque  il  carico  dinamico  non  è  più  trascurabile,  tuttavia  il  carico  è  inferiore  al  carico  critico  di  punta.  Il  coefficiente  di  sicurezza  è:  

fs =NcrN

=8.14 ⋅108N1.19 ⋅108N

= 6.85   (  66  )  

   

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10. Vibrazioni  torsionali  di  un  albero  con  due  volani  Un  albero  di  rigidezza  torsionale  k  collega  tra  loro  due  volani  aventi  momento  di  inerzia  pari  a  I1  e  I2.  Calcolare  le  frequenze  proprie  e  i  modi  del  sistema.  

Soluzione  

 

Figura  11:  Vibrazioni  torsionali  di  un  albero  con  due  volani  

Le  equazioni  del  moto  del  sistema  sono:  

I1 ϑ1 = −k ϑ1 −ϑ2( )I2 ϑ2 = −k ϑ2 −ϑ1( )

⎧⎨⎪

⎩⎪   (  67  )  

In  cui  osserva  che  la  coppia  elastica  esercitata  dalla  molla  ha  segno  opposto  alla  rotazione  relativa.  Ponendo  

M =I1 00 I2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥; K = k −k

−k k⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ ; Θ =

ϑ1ϑ2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥   (  68  )  

l’equazione  del  moto  diventa:  

M Θ + KΘ = 0   (  69  )  

Cerchiamo  soluzioni  della  (  69  )  del  tipo:  

KΘ = Φr t( ) ; Φ =φ1φ2

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥   (  70  )  

Sostituendo  nella  (  69  )  si  ha:  

MΦr t( ) + KΦr t( ) = 0 ⇒r t( )r t( ) = −M −1KΦ = −ω 2   (  71  )  

In  cui  si  osserva  che  il  primo  membro  dipende  da  t,  mentre  il  secondo  no,  per  cui  entrambi   i   membri   possono   essere   posti   uguale   ad   una   costante   (da  determinare)   -­‐ω2.   Il   segno   necessariamente   positivo   di   ω2   è   coerente   con   la  

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natura  di  K  e  M,  che  sono  matrici  simmetriche  e  almeno  semi-­‐definite  positive.  Sostituendo  ω2  nella  prima  delle  (  71  )  si  ha:  

KΦ =ω 2MΦ   (  72  )  

Dalla   (   72   )   si   conclude   che   determinare   i   valori   della   costante   ω2   significa  trovare  gli  autovalori  della  matrice  K  rispetto  alla  matrice  M.  Tale  problema  può  essere  ricondotto  al  problema  standard  moltiplicando  per  l’inversa  della  matrice  di  massa:  

M −1KΦ =ω 2Φ   (  73  )  

Quindi  l’equazione  secolare  si  ottiene  imponendo  una  delle  seguenti  condizioni:  

det KΦ−ω 2MΦ( ) = 0det M −1KΦ−ω 2IΦ( ) = 0   (  74  )  

dove  I  è  la  matrice  identica.  Nel  caso  in  esame,  si  ha:  

k −ω 2I1 −k

−k k −ω 2I2= 0   (  75  )  

da  cui  l’equazione  biquadratica  

k −ω 2I1( ) k −ω 2I2( ) − k2 = 0   (  76  )  

che  ha  due  soluzioni  in  ω2:  

ω12 = 0

ω22 =

I1k + I2kI1I2

  (  77  )  

Il   primo  modo   sarà  dunque  un  modo   rigido,  mentre   il   secondo  avrà   frequenza  propria:  

f2 =12π

I1k + I2kI1I2

  (  78  )  

Per   ottenere   i   modi,   occorre   sostituire   le  ω1,  ω2   nella   (   73   )   e   risolvere   in  Φ,  ricordando  che  il  sistema  è  sotto-­‐determinato  per  come  sono  state  trovate  le  ω1,  ω2.  Sostituendo  la  ω1,  si  ha:  

φ2 = φ1   (  79  )  

il  che  conferma  che  il  primo  modo  è  un  modo  rigido:  tutte  le  sezioni  della  trave  ruotano  della  stessa  quantità.  Sostituendo  ω2  

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φ2 = −I1I2φ1   (  80  )  

per  cui  la  rotazione  del  secondo  volano  è  uguale  e  opposta  a  quella  del  primo  se  le  due  inerzie  sono  uguali.  Poiché  l’andamento  delle  rotazioni  è  lineare  lungo  la  trave,  nell’ipotesi  I1=I2  si  ha  anche  che  la  rotazione  è  zero  in  mezzeria  della  trave.