Lezione 10: Sistemi a più gradi di libertà:
sistemi discreti (4)
Federico Cluni
2 Aprile 2014
Esempio: telaio multipiano
Si consideri un telaio realizzato con traversi rigidi e montanti di massa trascurabile, rigidezza
flessionale E I e indeformabili assialmente, secondo il seguente schema:
Figura 1: Schema del telaio a traversi rigidi.
Si assume:
m = 25000 kg = 25 Mg (= 25 t)
E = 30000 MPa = 30e9 N/m2 = 30e6 kN/m2 (cemento armato)
I = 1.6e−3 m4 (sezione 30 cm x 40 cm)
H = 3.0 m
Le coordinate lagrangiane sono gli spostamenti dei traversi in direzione orizzontale.
Ciascun montante è una trave in qui i due estremi possono subire uno spostamento relativo in
direzione ortogonale all’asse, ma avendo le rotazioni e gli spostamenti in direzione dell’asse alle
estremità nulle. Per cui il legame fra lo spostamento relativo alle estremità e la forza applicata
alle estremità è:
(H/2)3
12 E I
δ = 2F
⇒F =
δ
3E I
H3
1
ovvero il montante si comporta come se fosse una molla (orizzontale) di rigidezza k = 12HE3 I .
Di conseguenza la funzione potenziale U vale, ricordando che per la singola molla il contributo
è pari a − 21 kδ 2 :
1 12 E I
1 12 E I
1 12 E I
2
2
2
U =− 3
3
3
(q1 ) −
(q2 − q1 ) −
(q3 − q2 )
2
H3
2
H3
2
H3
L’energia cinetica vale invece:
T =
1
1
1
m q˙12 + m q˙22 + m q˙32
2
2
2
Le equazioni di Lagrange:
∂T
∂U
d ∂T
−
−
=0
dt ∂ q˙h
∂qh ∂qh
per h = 1, 2, . . . , n
in questo caso consentono di scrivere le equazioni del moto come:
m q¨1 + 36
m q¨2 + 36
EI
EI
q1 + 36 3 (q2 − q1 )(−1) = 0
3
H
H
EI
EI
(q2 − q1 ) + 36 3 (q3 − q2 )(−1) = 0
3
H
H
m q¨3 + 36
EI
(q3 − q2 ) = 0
H3
che in forma matriciale diventano:
[M ] {¨
q } + [K] {q} = {0}
1 0 0
[M ] = m 0 1 0 ,
0 0 1
2 −1
0
36 E I
−1
2 −1 ,
[K] =
H3
0 −1
1
q1
q2
{q} =
q3
L’equazione caratteristica è data da:
2 − αω 2
−1
0
m H3
−1 2 − αω 2
−1 = 0 con α =
det [K] − ω 2 [M ] =
36 E I
0
−1 1 − αω 2
da cui:
α (ω 2 )3 − 5 α2 (ω 2 )2 + 6 α (ω 2 ) − 1 = 0
Le radici sono le seguenti:
ω12 = 507.0, ω22 = 3980.7, ω32 = 8312.3
cui corrispondono le pulsazioni:
ω1 = 22.52 rad/s, ω2 = 63.09 rad/s, ω3 = 91.17 rad/s
ed i periodi:
T1 = 0.279 s, T2 = 0.100 s, T3 = 0.069 s
2
Gli autovettori normalizzati rispetto alla matrice delle masse sono i seguenti:
−0.1182
0.1474
0.0656
0.1474
0.0656
0.1182
, u3 =
, u2 =
u1 =
−0.0656
−0.1182
0.1474
Figura 2: Modi.
Si supponga ora di applicare in maniera quasi-statica una forza di 1000 kN all’ultimo piano,
perciò il vettore delle forze è:
0
0
{F } =
1000
Gli spostamenti sono quindi pari a:
{qs } = [K]−1
0.0156
0.0312
{F } =
0.0469
Si rimuova bruscamente la forza. Il telaio sarà soggetto ad oscillazioni libere con condizioni
iniziali:
0.0156
0.0312
{q0 } =
0.0469
0
0
{
q
˙
}
=
0
0
Per le condizioni al contorno si ha:
A = 1 {q˙ }T [M ] {u }
0
k
k
ω
B = {qk }T [M ] {u }
k
0
per k = 1, 2, . . . , n
k
Nel presente caso A1 = A2 = A3 = 0, mentre le Bk valgono:
B1 = 0.2907, B2 = −0.0297, B3 = −0.0079
3
Il moto del sistema è dato dalla seguente:
0.0656
0.1474
0.1182
0.0656
{q(t)} = 0.2907
cos 22.52 t − 0.0297
cos 63.09 t+
0.1474
−0.1182
−0.1182
0.1474
cos 91.17 t
−0.0079
−0.0656
Si riporta come esempio lo spostamento associato alla coordinata lagrangiana q3 .
Figura 3: Spostamento q3 (t).
La matrice modale è la seguente:
0.0656
0.1474 −0.1182
0.0656
0.1474
[U ] = 0.1182
0.1474 −0.1182 −0.0656
per cui le condizioni iniziali, attraverso le:
(
{ϕ0 } = [U ]T [M ] {q0 }
{ϕ˙ 0 } = [U ]T [M ] {q˙0 }
diventano:
{ϕ
}
=
0
{
ϕ
˙
}
=
0
4
0.2907
−0.0297
−0.0079
0
0
0
con cui, ricordando cje la soluzione dell’oscillatore elementare non smorzato è:
x(t) = x˙ 0 sin w1 t + x0 cos w1 t
si determina la soluzione:
0.0656
0.1474
0.1182
0.0656
{q(t)} =
(0.2907 cos 22.52 t) +
(−0.0297 cos 63.09 t)+
0.1474
−0.1182
−0.1182
0.1474
(−0.0079 cos 91.17 t)
+
−0.0656
che è ovviamente la stessa ottenuta in precedenza.
5
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