Prova d esame del 15 febbraio 2012 Soluzione

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1 Prova d esame del febbraio Soluzione La struttura data può essere modellata come un sistema a 3 gradi di libertà. Scegliamo come coordinate lagrangiane gli spostamenti orizzontale e verticale di B e lo spostamento orizzontale di C. Raccogliamo queste variabili nel vettore v ub {v} = v = wb. () v3 uc Scelta delle coordinate lagrangiane Esprimiamo gli spostamenti dei punti del sistema in funzione delle coordinate lagrangiane: u = v, B u = v, u = v ; C 3 D 3 w = v, w =, w =. B C D () Definiamo gli angoli di inclinazione delle aste AB, BC e BD rispetto all orizzontale α AB = arctan(), α BC = arctan(), α BD = arctan(/3). (3) Esprimiamo gli allungamenti delle aste elastiche in funzione delle coordinate lagrangiane LAB = ub cos α AB + wb sin α AB = ( v + v ), L BC = (ub u C)cos αbc wb sin α BC = ( v v v 3), L BD = (ud u B)cos αbd wb sin α BD = ( 3v v + 3v 3). (4) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

2 Le lunghezze delle travi risultano LAB = a, LAC = 3a, LBC = a, LBD = a, LCD = 4a, LDE = 3a, () dove a = mm. Possiamo, quindi, esprimere la forza normale nelle aste tubolari in funzione dei rispettivi allungamenti, E A E A E A N L, N L, N L, s φ68.3x4 s φ68.3x4 s φ68.3x4 AB = AB BC = BC BD = BD LAB LBC LBD (6) dove A φ68.3x4 è l area della sezione trasversale, e la forza di taglio nei piedritti, EsJHE4A EsJHE4A TAC = u C, TDE = u 3 3 D, L L AC DE (7) dove J HE4A è il momento d inerzia della sezione trasversale. Ricaviamo le equazioni di equilibrio dinamico utilizzando il metodo energetico. L energia potenziale totale del sistema è dove V = U W, (8) E J E J L L L U = u + u + E A ( + + ) L L L s HE4A s HE4A AB BC BD 3 C 3 D s φ68.3x4 LAC LDE AB BC BD (9) è l energia di deformazione elastica, mentre è il lavoro virtuale dei carichi. L energia cinetica del sistema è W = pub qwb + pu C () = ɺ + ɺ E m u m w + m uɺ k B B C. () Sostituendo le espressioni () () nelle (8) (), si ottengono V ed E k in funzione delle coordinate lagrangiane. Quindi, per derivazione si ottengono le componenti della matrice di massa m E k [M] = [m ij] = = m, () ɺ ɺ vi v j m File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

3 le componenti della matrice di rigidezza U EsAφ 68.3x4 [K] = [k = = ij] ,(3) vi vj a 8 J HE4A a Aφ 68.3x4 e le componenti del vettore dei carichi p (t) W {p} = {p} i = = q (t). vi p (t) (4) Le equazioni del moto in forma matriciale risultano infine m ɺɺ v m ɺɺ v + m ɺɺ v3 E A () v p (t) v q (t). 8 JHE4A v3 p (t) a Aφ 68.3x4 s φ68.3x = a File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. 3 di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

4 Prova d'esame di Dinamica delle Strutture del febbraio Docente: Prof. Ing. Paolo S. VALVO Matricola dello studente: Matricola:= 4 Lunghezze [m] a:= L AB := a = 4.47 L AC := 3a = 6. L BC := a =.88 L BD := a = 6.3 L CD := 4a = 8. L DE := 3a = 6. Modulo di Young [N/m ] del materiale (acciaio) E s := 9 Momento di inerzia [m 4 ] e area [m ] delle sezioni trasversali delle travi J HE4A := 47 8 A Φ68.3x4 :=.6 4 Masse [kg] e inerzia rotazionale della trave rigida [kg m ] Matricola m L CD m := =. m := m = 4. I := = Matrice di massa M:= m m m = Matrice di rigidezza K:= E s A Φ68.3x4 a J HE4A + 9a A Φ68.3x4 K=

5 Ricerca degli autovalori f( λ) K λm := K = M =.6 3 K f( λ) λ Vettore dei coefficienti dell'equazione caratteristica vec_coeffs:= f( λ)coeffs e e- Autovalori generalizzati λ:= polyroots( vec_coeffs) = Pulsazioni, frequenze e periodi propri ω λ ω := = f := = T:= π f =

6 Ricerca delle masse corrispondenti alle frequenze assegnate f := 4 ω := π f =.33 λ := ω = 63.6 f := ω := π f = λ := ω = M( x, y) := x x y g( λ, x, y) := K λm ( x, y) K x:= m y:= m Given ( ) = g λ, x, y ( ) = g λ, x, y Find( x, y) =

7 Prova d esame del febbraio Risultati analisi FEM Configurazione di riferimento Forma modale Modo (f =.66 Hz) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. 4 di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

8 Forma modale Modo (f = 3. Hz) Forma modale Modo 3 (f 3 = 6.8 Hz) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

9 Forma modale Modo 4 (f 4 = Hz) Forma modale Modo (f = 46.7 Hz) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. 6 di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

10 Diagramma inviluppo della forza normale (N min = 4. kn, N max = 64. kn) Diagramma inviluppo della forza di taglio (T min = 36.7 kn, T max = 7.4 kn) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. 7 di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.

11 Diagramma inviluppo del momento flettente (M min = 7. kn m, M max = 7. kn m) File: ---DdS-Esame-Soluzione-r.doc Pag. 8 di 8 Ultimo aggiornamento: // Rev.