Gemelli! Come cavarsela dall`attesa al primo anno di vita ed essere

Lezione 18: Sistemi a più gradi di libertà:
sistemi continui (3)
Federico Cluni
8 Maggio 2014
1
Moto della trave in oscillazioni libere
Si è visto che la soluzione al problema del moto in oscillazioni libere della trave è:
µ
è data dalla:
v(x, t) =
∞
X
∂2v
∂4v
+
E
I
=0
∂t2
∂x4
(1)
uk (x) (Ek sin ωk t + Fk cos ωk t)
(2)
k=1
con le autofunzioni uk date dalla:
u(x) = A sin ax + B cos ax + C sinh ax + D cosh ax
(3)
con le costanti di integrazione A, B, C e D determinate dalle condizioni di vincolo (insieme ai
valori ammissibili di ωk ).
1.1
Ortogonalità delle autofunzioni
Le autofunzioni rispettano la:
E I uIV = ω 2 µ u
(4)
Si scriva la (4) per due diversi valori di ω 2 , con indici h e k:
2
E I uIV
h = ωh µ uh
(5a)
ωk2 µ uk
(5b)
EI
uIV
k
=
Moltiplicando la prima per uk , la seconda per uh ed integrando sulla lunghezza della trave si
ottiene:
Z L
Z L
IV
2
E I uk uh dx = ωh
µ uk uh dx
(6a)
0
0
Z L
Z L
IV
2
E I uh uk dx = ωk
µ uh uk dx
(6b)
0
0
Effettuando l’integrazione per parti dei primi membri (due volte) si ha:
L L
E I uk uIII
− E I uIk uII
h
h 0 +
0
EI
L
uh uIII
k
0
L
− E I uIh uII
k 0 +
L
Z
EI
uII
k
uII
h dx
=
ωh2
0
µ uk uh dx
(7a)
µ uh uk dx
(7b)
0
L
Z
L
Z
EI
0
1
uII
k
uII
h dx
=
ωk2
Z
0
L
Con le usuali condizioni di vincolo all’estremità (per cui o è bloccato lo spostamento o è nullo
il taglio, ovvero o è bloccata la rotazione o è nullo il momento) si ha che i primi due termini a
sinistra sono nulli, per cui, sottraendo membro a membro:
Z
L
2
2
ωh − ωk
µ uh uk dx = 0
(8)
0
che, nel caso di autovalori distinti come in ipotesi, fornisce:
Z L
µ uh uk dx = 0
(9)
0
che rappresenta la condizione di ortogonalità per le autofunzioni. Andando a ritroso si hanno le
ulteriori condizioni di ortogonalità:
Z L
E I uh uIV
(10a)
k dx = 0
0
Z L
(10b)
E I uIh uIII
k dx = 0
0
Z L
II
(10c)
E I uII
h uk dx = 0
0
Inoltre, è possibile normalizzare le autofunzioni nella maniera seguente:
Z L
µ u2k dx = 1
(11)
0
1.2
Condizioni iniziali
Si torni alla (2). Per determinare le costanti Ek e Fk si devono imporre le condizioni iniziali:

 v(x, 0) = v0 (x)
∂v (12)
˙ 0) =
= v˙ 0 (x)
 v(x,
∂t t=0
Deve essere quindi:
 ∞
X



uk (x) Fk = v0 (x)


k=1
∞
X



uk (x) Ek ωk = v˙ 0 (x)


(13)
k=1
Moltiplicando per la generica µ uh (x) entrambi i membri, ed integrando si ha:
 ∞ Z
Z L
L
X



Fk
µ uh uk dx =
µ uh v0 (x)dx


0
0
k=1 Z L
Z L
∞
X



Ek ωk
µ uh uk dx =
µ uh v˙ 0 (x)dx


k=1
0
(14)
0
che per le condizioni di ortogonalità e per la normalizzazione (si ricordi che E I e µ si sono
assunte costanti) forniscono:

Z L

 Fh =
µ uh v0 (x)dx

0 Z
(15)
L
1


 Eh =
µ uh v˙ 0 (x)dx
ωh 0
2
Si noti l’analogia con quanto ottenuto per i sistemi discreti.
Nel caso particolare che:
v0 (x) = β ur (x)
v˙ 0 (x) = 0
si ottiene:


Fh =

Eh = 0
β se h = r
0 se h 6= r
(16)
(17)
per cui:
v(x, t) = β ur (x) cos ωr t = v0 (x) cos ωr t
(18)
Si ottiene perciò che se la trave viene posta in una configurazione proporzionale ad uno dei
modi con velocità nulle, tale configurazione si mantiene nel tempo cambiando solo l’ampiezza con
legge armonica. Questo giustifica il fatto che le autofunzioni vengano denominati modi naturali
di oscillazione.
Esempi
Si determinano le costanti di integrazione A, B, C e D per alcune condizioni di vincolo tipiche.
Trave appoggiata
Si consideri lo schema seguente:
Figura 1: Schema trave appoggiata.
Nel caso di trave appoggiata le condizioni di vincolo sono le seguenti:
u(0) = 0 ⇒ B + D = 0
II
2
(19a)
2
u (0) = 0 ⇒ −a B + a D = 0
(19b)
uII (L) = 0 ⇒ −a2 A sin aL − a2 B cos aL + a2 C sinh aL + a2 D cosh aL = 0
(19d)
u(L) = 0 ⇒ A sin aL + B cos aL + C sinh aL + D cosh aL = 0
(19c)
Poiché a è diverso da zero le precedenti si riducono a:
u(0) = 0 ⇒ B + D = 0
(20a)
uII (0) = 0 ⇒ −B + D = 0
(20b)
u(L) = 0 ⇒ A sin aL + B cos aL + C sinh aL + D cosh aL = 0
II
u (L) = 0 ⇒ −A sin aL − B cos aL + C sinh aL + D cosh aL = 0
3
(20c)
(20d)
Le precedenti costituiscono un sistema lineare omogeneo di quattro equazioni nelle quattro
incognite A, B, C e D che ammette soluzione diversa dalla banale solo se la matrice dei coefficienti
ha determinante nullo, che fornisce:
sin aL sinh aL = 0
(21)
La precedente fornisce i valori di a che permettono il rispetto delle condizioni ai vincoli:
π
L
(22)
ωk2 µ
EI
(23)
E I π4
µ L4
(24)
ak = k
ricordando che:
a4k =
si ottiene:
ωk2 = k 4
per cui:
s
2
EI
π
ωk = k 2 2
L
µ
r
2
2L
µ
Tk =
2
πk
EI
(25)
(26)
Dalle (20) è possibile, per assegnati valori di ak , determinare i valori di A, B, C e D:
Ak 6= 0
(27)
Bk = 0
(28)
Ck = 0
(29)
Dk = 0
(30)
uk (x) = Ak sin ak x
(31)
Le autofunzioni risultanti sono:
La costante Ak si può fissare sfruttando la normalizzazione:
r
Z L
0
(Ak sin ak x)2 dx = 1 ⇒ Ak =
2
L
(32)
e quindi si ha:
r
π
2
sin k x
L
L
il cui andamento è riportato nella figura seguente:
uk (x) =
4
(33)
−1.00
u1
u2
u3
u4
u [m]
−0.50
−0.00
0.50
1.00
0.00
1.00
2.00
x [m]
3.00
4.00
Figura 2: Forme modali per k = 1, 2, 3, 4.
Trave a mensola
Si consideri lo schema seguente:
Figura 3: Schema trave a mensola.
Nel caso di trave incastrata ad una estremità e libera all’altra le condizioni di vincolo sono
le seguenti:
u(0) = 0 ⇒ B + D = 0
(34a)
I
u (0) = 0 ⇒ a A + a C = 0
(34b)
uII (L) = 0 ⇒ −a2 A sin aL − a2 B cos aL + a2 C sinh aL + a2 D cosh aL = 0
III
u
3
3
3
3
(L) = 0 ⇒ −a A cos aL + a B sin aL + a C cosh aL + a D sinh aL = 0
5
(34c)
(34d)
Poiché a è diverso da zero le precedenti si riducono a:
u(0) = 0 ⇒ B + D = 0
(35a)
uI (0) = 0 ⇒ A + C = 0
(35b)
II
u (L) = 0 ⇒ −A sin aL − B cos aL + C sinh aL + D cosh aL = 0
uIII (L) = 0 ⇒ −A cos aL + B sin aL + C cosh aL + D sinh aL = 0
(35c)
(35d)
Le precedenti costituiscono un sistema lineare omogeneo di quattro equazioni nelle quattro
incognite A, B, C e D la cui matrice dei coefficienti è la seguente:


0
1
0
1

1
0
1
0 

(36)
M =
 − sin aL − cos aL sinh aL cosh aL 
− cos aL
sin aL cosh aL sinh aL
Il sistema ammette soluzione diversa dalla banale solo se la matrice dei coefficienti ha determinante nullo, det(M ) = 0:
1
1
0 1
0
1 det(M ) = − − sin aL sinh aL cosh aL − − sin aL − cos aL sinh aL = 0 (37)
− cos aL cosh aL sinh aL − cos aL
sin aL cosh aL che fornisce:
cos aL cosh aL + 1 = 0
(38)
L’andamento in funzione di aL è riportato nella figura seguente:
6.05e + 07
cos ak L cosh ak L + 1
3.41e + 06
5.90e + 04
5.77e + 01
0.00e + 00
−5.77e + 01
−5.90e + 04
−3.41e + 06
−6.05e + 07
0.00
2.50
5.00
7.50
10.00
aL
12.50
15.00
17.50
Figura 4: Andamento di cos aL cosh aL + 1 in funzione di aL.
6
20.00
Gli attraversamenti dell’asse delle ascisse, ovvero i valori di a che permettono il rispetto delle
condizioni ai vincoli, avvengono nei seguenti punti:
k
ak L
1
1.875
Ricordando che:
a4k =
2
4.694
3
7.855
4
10.996
...
...
j
aj L
j+1
aj L + π
ωk2 µ
EI
(ak L)4 E I
⇒ ωk2 = a4k
=
EI
µ
L4
µ
(39)
si ottiene:
s
EI
1
ωk = (ak L)2 2
L
µ
r
2π
µ
Tk =
L2
(ak L)2
EI
Dalle (35) è possibile, per assegnati valori di ak , determinare i valori di A, B, C e D:
1
0
1 0
1
0 = Ψ (cos ak L + cosh ak L)
Ak = Ψ − cos aL sinh aL cosh aL 0
0
1 1
1
0 = Ψ (− sin ak L − sinh ak L)
Bk = Ψ − sin aL sinh aL cosh aL 0
1
1
1
0
0 = Ψ (− cos ak L − cosh ak L)
Ck = Ψ − sin aL − cos aL cosh aL 0
1
0
1
0
1 = Ψ (sin ak L + sinh ak L)
Dk = Ψ − sin aL − cos aL sinh aL (40)
(41)
(42)
(43)
(44)
(45)
Le autofunzioni risultanti sono:
uk (x) = Ψ [(cos ak L + cosh ak L) sin ak x − (sin ak L + sinh ak L) cos ak x+
(cos ak L + cosh ak L) sinh ak x − (sin ak L + sinh ak L) cosh ak x] (46)
La costante Ψ si può fissare sfruttando la normalizzazione:
Z
L
(uk (x))2 dx
0
L’andamento dei primi tre modi è riportato nella figura seguente:
7
(47)
−1.00
u1
u2
u3
u4
u [m]
−0.50
−0.00
0.50
1.00
0.00
1.00
2.00
x [m]
Figura 5: Forme modali per k = 1, 2, 3, 4.
8
3.00
4.00

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