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− 13

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

5.2.1. Metodo energetico

Riprendiamo in esame i tre casi precedentemente visti:

− P

: l’energia del sistema risulta:

Caso a) Trazione α

1 1 1

= α + − α ≅ α + α

E 2 2 2

(5.2.1) C PL (

1 cos ) C PL

2 2 2 L

1 C

che può essere scritta in termini adimensionali dividendo per C:

( )

E 1 PL

= = + α =

E 2 a)

(5.2.2) 1 p dove p

C 2 C

La figura riporta l’energia 1,2

α E

in funzione di per alcuni 1,0

valori di e da essa è

p p=0,75 0,8

possibile valutare:

−la α p=1,00

di

posizione 0,6

e

equilibrio, che corrisponde p=0,5 p=1,25 0,4

ai punti in cui l’energia ha 0,2

tangente orizzontale: 0,0

E α

d (Rad)

= + α =

(1 p) 0 -

α 0,2

d - - - -

- 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

da cui: α = 0

(5.2.3) e

−la stabilità delle posizioni di equilibrio: la posizione di equilibrio è stabile

(instabile) se ad essa corrisponde un minimo (massimo) dell’energia. In altri

termini la posizione di equilibrio è stabile (instabile) se la

derivata seconda dell’energia è positiva (negativa). Poiché p

Stabile

nel caso in esame:

⎡ ⎤

E

2

d α

= + >

⎢ ⎥

(5.2.3) 1 p 0

α 2

⎣ ⎦

d α = 0

la posizione di equilibrio è mantenuta per qualsiasi carico.

1 L’adimensionalizzazione non altera l’equazione di equilibrio che si ottiene annullando la

derivata prima di E, e non modifica neppure il segno della derivata seconda di E.

14 R. B S

ARBONI TABILITÀ

− : l’energia del sistema risulta:

Caso b) Carico laterale Lsenα

1 P

= α − α

E 2

C PLsen

2 α

L

che può essere scritta in termini adimensionali: C

1

≅ α − α

E 2 p

(5.2.4) 2 b)

Dalla (5.2.4) si ottiene l’equazione di equilibrio:

E

d = α − = ⇒ α =

p 0 p

(5.2.5) α e

d p Stabile

e le posizioni di equilibrio che risultano stabili, infatti: α

⎡ ⎤

E

2

d = >

⎢ ⎥

(5.2.6) 1 0

α 2

⎣ ⎦

d α = α e

Quindi l’asta mantiene la posizione di equilibrio per qualsiasi valore di p.

Tutto questo è evidente dal grafico seguente che riporta l’energia al variare

α.

dell’angolo L’energia ha tangente orizzontale quando p=α cui

1

corrisponde un punto di equilibrio stabile poiché l’energia ha un minimo .

1,0 E

0,8

p=1,00 0,5 p=0,25

p=0,25 p=α=0,5

0,3 α (

rad)

0,6 0,8

0,4

-0,8 -0,6 -0,4 -0,2 0,0 1,0

-1,0 -0,3 p=0,75

p=1,00

-0,5

1 Il grafico è costruito sulla base della (8.2.4) linearizzata che nell’intervallo considerato di

α approssima bene la relazione non lineare.

− 15

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

− : l’energia del sistema risulta:

Caso c) Compressione P

( )

1 1 1

= α − α ⇒ = − α

E 2 2 2 α

(5.2.7) E

C PL 1 p

2 2 2 L

Da cui si ottiene l’equazione di equilibrio: C

E

d = − α = ⇒ α =

(5.2.8) (

1 p ) 0 0

α e

d c)

e si ha: > <

⎡ ⎤ ⎧

2 0 per p 1 quindi stabile

E

d = − ⎨

⎢ ⎥

(5.2.9) 1 p < >

α 2 ⎩

⎣ ⎦ 0 per p 1 quindi instabile

d α = 0

Per p=1 la derivata seconda si annulla e tutte le derivate successive sono

identicamente nulle. p

Come mostrato nella figura a lato, ill valore limite del Instabile

carico per il quale il sistema da stabile diviene instabile

è p =1. p=1

cr

Tutto questo è evidente dal grafico seguente Stabile

dell’energia, dal quale risulta che l’unica posizione di α

α=0

equilibrio possibile si ha per che è un punto di

minimo solo per valori del carico p<1.

0,3 E

0,2

p=0,50 0,1 α

p=0,75 0,0 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

-0,8 -0,6 -0,4 -0,2

-1,0 -0,1 p=1,25

-0,2 p=1,50

-0,3 −

16 R. B S

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5.2.2. Significato fisico della derivata seconda dell’energia

Alla derivata seconda dell’energia possiamo associare il significato fisico

rigidezza equivalente di tutto il sistema molla più carico applicato

di “ ”.

Fintanto che tale rigidezza equivalente è positiva il sistema è in grado di

equilibrare il carico applicato, capacità questa che si perde quando la

rigidezza equivalente è negativa ed al limite nulla.

−Infatti per il sistema di figura, risulta:

A) 1

= α − α

E 2

C M

(5.2.10) 2 α

da cui l’equazione di equilibrio: M

E

d = α − =

C M 0

(5.2.11) C

α

d

e quindi: α

M d 1

α = ⇒ =

(5.2.12) C dM C

da cui è evidente che finché C>0 ad una variazione finita del carico M

corrisponde una variazione finita della rotazione; se C=0 ad una variazione

del carico M corrisponde una variazione infinita della rotazione.

La derivata seconda dell’energia si scrive:

E

2

d =

(5.2.13) C

α 2

d

da cui è evidente che la derivata seconda dell’energia è la rigidezza

torsionale del sistema.

−Nel caso di carico di compressione, ricordando la (5.2.6):

B) E

2

d = − P

C PL

(5.2.14) α 2 α

d

per cui la derivata seconda dell’energia può essere vista come una L

rigidezza equivalente C*(P)=C−PL il cui valore decresce C

aumentando il carico. Per quanto prima detto, fino a quando C*>0

la rotazione è finita ed il sistema è stabile. Quando PL=C si ha

α

C*(P)=0, l’angolo diviene infinito ed il sistema diviene

instabile. − 17

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A)−Se per l’equilibrio è nulla la derivata prima dell’energia:

E [ ]

d = α − = ⇒ α =

(a) C M 0 g M , ( M ) 0

α

d

è nulla anche la derivata parziale di g rispetto a M:

∂ ∂ α α

g g d d

+ = ⇒ − + =

0 1 C 0

(b) ∂ ∂

α

M dM dM

E E

2 2

Ovvero, ricordando la (5.2.13), ed ponendo =d /dα :

αα

α

d 1 1

= =

(c) E

dM C αα

B)−In modo analogo:

E

d = − α = ⇒ α =

(d) ( C PL ) 0 f [ P , ( P )] 0

α

d

e quindi deve valere che:

∂ ∂ α α

f f d d

+ = ⇒ − α + − =

0 L ( C PL ) 0

(e) ∂ ∂

α

P dP dP

ovvero, ricordando la (5.2.14):

α α α

1 d = =

(f) − E

L dP C PL αα

Mentre nei casi di carico a), b) la derivata seconda dell’energia è sempre positiva e quindi

il sistema è sempre in grado di contrastare il carico, nel caso c) la derivata seconda

dell’energia si annulla per p=1 quindi per tale valore il sistema ha rigidezza equivalente

zero per poi diventare negativa.

5.2.3. Metodo della biforcazione

−Carico p di trazione, ponendo nulle le forze d’inerzia nella (5.1.6) ed

a) ≡α):

*

abolendo il superfluo asterisco che indica la variazione dell’angolo (α

[ ]

+ α =

(5.2.15) 1 p 0 α=0.

equazione che ammette la sola soluzione Quindi l’asta mantiene la

posizione di equilibrio per qualsiasi valore di P di trazione.

−Carico p laterale, ponendo nulle le forze d’inerzia nella (5.1.9):

b) + α α =

(5.2.16) ( C PL sen ) 0

0 −

18 R. B S

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α=0.

equazione che ammette la sola soluzione Quindi indipendentemente

dal valore del carico l’asta mantiene la posizione di equilibrio (5.1.2)

acquisita sotto il carico specificato.

−Se p è di compressione, ponendo nulle le forze d’inerzia nella (5.1.10):

c) [ ]

− α =

(5.2.17) 1 p 0

equazione soddisfatta, se:

α =

⎧ 0 ; p di valore arbitrario

[ ]

− = α

⎩ 1 p 0 ; di valore arbitrario

α=0

quindi la posizione di equilibrio è possibile per qualsiasi valore del

p

carico di compressione . α≠0; p

,

Ma per p=1 sono anche possibili valori di quindi, per tale valore di

oltre la posizione iniziale indeformata sono possibili altre posizioni di

equilibrio. In questa valutazione statica della stabilità, il carico critico viene

individuato come quel valore più piccolo in corrispondenza del quale sono

possibili più soluzioni di equilibrio.

Come evidente dal grafico di figura, per p<p si

cr

il ramo

ha un solo ramo della curva p,α; per p=p

cr p

Instabile

α=0,

si biforca: uno verticale l’altro orizzontale

α≠0. metodo della biforcazione .

Da qui il nome di 1

Più in generale, se si procede lungo un ramo della Stabile

α,

p

curva in funzione di nel punto di biforcazione α

si ha transizione da una posizione stabile ad

almeno un’altra che risulterà instabile (o viceversa).

5.2.4. Metodo delle imperfezioni

Il sistema fin qui esaminato è stato considerato “ideale” in cui nella

posizione iniziale l’asta è perfettamente dritta ed il carico perfettamente

allineato e centrato lungo l’asse.

Nella realtà nessun sistema è perfetto ed in ogni caso possiamo valutare

l’influenza sul comportamento del sistema di “imperfezioni” ovvero di

quantità che intervengono nelle equazioni di equilibrio come termini noti

cioè indipendenti dalla deformazione elastica.

L’analisi di un sistema non omogeneo anche se lineare è un problema di

risposta; pertanto si calcola la risposta statica del sistema in funzione del

− 19

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il valore del carico per cui la risposta diviene

carico P e si assume come P cr

infinita. Vediamo alcuni semplici casi di possibili imperfezioni.

α

−Imperfezione geometrica .

A) P

Supponiamo che l’asta, già nella posizione P

α

iniziale (in cui la molla è considerata P α

α

indeformata), ha un piccolo angolo rispetto α

alla verticale. Poiché, già prima che

insorgano forze elastiche, è presente un C C C

momento dovuto a P, l’equazione di

equilibrio statico si scrive: c)

a) b)

α

[ ]

− α − α + α = ⇒ + α = α ⇒ α =

Trazione : C ( ) PL 0 1 p

a) [ ]

+

1 p

− α − α = ⇒ α = + α

b) Laterale : C ( ) PL p α

[ ]

− α − α − α = ⇒ − α = α ⇒ α =

Compressio

ne : C ( ) PL 0 1 p

c) [ ]

1 p

α α

nei tre casi, assunto =0,02.

Il grafico seguente riporta l’andamento di

1,2 P

P Caso a)

cr

1

0,8 Caso c) Caso b)

α = 0

0,6 Caso b)

0,4 α = 0

,

02

0,2 α=0,02 α

0 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 α

il sistema tende a riprendere la posizione di equilibrio =0.

Nel caso a)

Nel caso la nuova posizione di equilibrio è vicina a quella del sistema

b)

ideale. α

Nel caso l’angolo tende a diventare infinito per P che tende a P .

c) cr

20 R. B S

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Per comprendere del perché si considera critico il carico per il quale la

deformata tende a crescere indefinitamente esaminiamo l’energia e la sua

derivata seconda limitandoci al caso c):

[ ] E

1 d

= α − α − α ⇒ = α − α − α =

2 2

(5.2.19) E ( ) p p 0

α

2 d 1,2

dalla seconda delle quali si p

Instabili

hanno le posizioni di equilibrio: 1,1

α

α =

(5.2.20) −

e 1,0

1 p α = 0

, 001

1

riportate nel grafico . 0,9 Stabili

α = 0

,

01

Dall’esame della derivata α = α

0

,

05

seconda dell’energia valutata in 0,8

-1,0 -0,8 -0,6 -0,4 -0,2 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

dette posizioni: > <

⎡ ⎤ ⎧

2 0 se p 1

d E = − ⎨

⎢ ⎥ 1 p

(5.2.21) < >

α e

2 ⎩

⎣ ⎦ 0 se p 1

d α e

per cui le posizioni di equilibrio per p<1 (p>1) sono stabili (instabili).

Il fatto che per p<1 non si ha instabilità potrebbe indurre a pensare che il

sistema soggetto a carichi p<1 è in grado di svolgere la propria funzione

strutturale senza collassare tuttavia le deformazioni possono risultare

notevoli, al punto che la struttura non è più in grado di sostenerle.

Dalla (5.2.20) risulta che già con una piccola imperfezione quale

α =0,001, all’aumentare del carico solo inizialmente la deformata si

mantiene praticamente costante e prossima all’imperfezione iniziale.

α=0,01

, si ha pari a 10 volte la deformata iniziale; per

Quando P=0,9P

cr

α=0,1

, si ha pari a 100 volte la deformata iniziale. E’ sufficiente

P=0,99P

cr α=1

, per avere pari a 1000 volte la deformata iniziale.

un carico P=0,999P

cr

Queste considerazioni indicano chiaramente che, se da una parte il

concetto di carico critico perde significato nello spirito di “sistema

instabile”, mantiene intatto il significato di criticità nello spirito che la

struttura non può sopportare le deformazioni conseguenti e quindi si rompe.

Il metodo delle imperfezioni ha una sua validità anche per questa

possibilità di calcolare il valore della deformata al variare del carico p.

.

Inoltre vedremo che, per alcuni sistemi, l’imperfezione abbassa il P

cr

α >

1 0

Se , anche il ramo del caso c) per p<1 risulta stabile e senza biforcazioni.

− 21

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

α, β

Se in luogo di angolo rispetto alla verticale, si utilizza l’angolo rispetto alla posizione

iniziale si ha facilmente: P

α α + β

p P( ) P

− + β = − α ⇒ β = −

a ) Trazione : (

1 p ) p α P

+

(

1 p ) α

α

β

− β =

b ) Laterale : p α

p

− − β = α ⇒ β =

c ) Compressio

ne : (

1 p ) p C C C

(

1 p )

da cui si traggono le stesse considerazioni circa il p . c)

a) b)

cr

−Imperfezione per eccentricità e del carico rispetto all’asse.

B)

Supponiamo che il carico applicato all’asta, considerata ideale P P

cioè perfettamente verticale, sia disassato rispetto all’asse della

trave di una piccola quantità e. Limitandoci a considerare solo il α

caso in cui P risulti di compressione, il disassamento e provoca L

un momento aggiuntivo Pe per cui si ha: C

p ( e / L )

− α = ⇒ α =

( C PL ) Pe − c)

1 p

Quindi per P che tende a P la deformata tende all’∞.

cr

Sulla base dei risultati precedenti possiamo quindi definire, nell’ambito del

metodo statico, “carico critico come il più piccolo valore finito del carico

applicato sotto il quale la deformata statica diventa infinita”.

−Presenza di un carico laterale F.

C)

La differenza di comportamento del sistema nei tre casi di carico con

diversa orientazione è evidente anche se si pensa che oltre il carico P, sia

presente un carico laterale F, come in figura. P

P

f P+F

+ α − = ⇒ α =

Trazione : (C PL) FL 0 + α F

F

1 p

α − + = ⇒ α = +

Laterale : C (P F)L 0 f p f

− α − = ⇒ α = C C C

Compressione : (C PL) FL 0 −

1 p c)

a) b)

dove si è posto f = FL/C.

Equazioni queste del tutto analoghe a quelle ottenute nel caso di

α

imperfezione geometrica se si pone f= , ovvero si interpreta il carico

laterale come una imperfezione del sistema.

22 R. B S

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6. Sistema a due gradi di libertà. Criterio dinamico

−Si consideri il sistema di figura, costituito da due aste rigide

A)

incernierate in 1,2 dove sono presenti due molle torsionali di rigidezza C,

sottoposto al carico P di compressione.

P

P w

x Il comportamento del sistema è compiutamente

3 φ α, β.

rappresentato dalle due variabili cinematiche

Perturbando il sistema rispetto la posizione di

β

L α

equilibrio ,β :

0 0

α = α + α β = β + α

* *

C ;

(6.1) 0 0

2 α

e, poiché =β =0, possiamo indicare i piccoli

0 0

α angoli dovuti alla perturbazione senza l’asterisco e

L scrivere l’equilibrio del moto perturbato:

C

⎧ α + β + α − α + β =

y

1 16 J 5 J p ( 2 ) 0

(6.2)

α + β + β − α + β =

⎩ 5 J 2 J p ( ) 0

µ

A)−Infatti, indicando con la massa per unità di lunghezza delle aste e con w(x) lo

spostamento laterale del generico punto, per cui:

= α ≤ ≤

⎧ w ( x ) x per 0 x L

(a) = α + β − ≤ ≤

⎩ w ( x ) x ( x L ) per L x 2 L

l’equazione dei momenti rispetto al punto 1, si scrive:

⎡ ⎤

L 2 L 2 L

∫ ∫ ∫

⎢ ⎥

µ

α +

µ α +

β − + α − α + β =

2 2

x dx x dx ( x L ) xdx C PL ( 2 ) 0

⎢ ⎥

⎣ ⎦

0 L L

che, fatte le opportune integrazioni, diviene:

µ µ

3 3

16 L 5

L

α + β + α − α + β =

C PL ( 2 ) 0

6 6

che è la prima delle (6.2) se si pone:

µ

3

L PL

= =

(b) J ; p

6

C C

Per l’equilibrio dei momenti della seconda asta rispetto al punto 2 (non è un punto fisso):

L

α + β + µ + β − α + β =

(c) J ( ) ( L ) w C PL ( ) 0

G G

2

è il momento d’inerzia della seconda asta rispetto al proprio baricentro:

dove J G L / 2 µ 3

∫ L

= µ ξ ξ =

2

(d) J d

G 12

− L / 2 − 23

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

mentre è l’accelerazione di detto baricentro, che utilizzando la (a) si scrive:

w G 3

L L

= α + β

(e) w G 2 2

Sostituendo le (d,e) nella (c) si ottiene:

µ µ

3 3

5 L 2 L

α + β + β − α + β =

C PL ( ) 0

6 6

che, con le posizioni (b), è la seconda delle (6.2).

B)−Le due equazioni potevano essere ottenute anche utilizzando le equazioni di

Lagrange: ∂ ∂ ∂ ∂

L L L L

d d

− = − =

0 ; 0

α ∂

α ∂

β

β

dt dt

L

dove è il lagrangiano: 2 L

µ ∫ 1 1 PL

= − = − α − β + α + αβ + β

2 2 2 2 2

L T U w dx C C ( 2 2 )

2 2 2 2

0

che utilizzando la (a) si scrive:

[ ]

µ 3

L 1 1 PL

= α + α β + β − α − β + α + αβ + β

2 2 2 2 2 2

L 8 5 C C ( 2 2 )

6 2 2 2

Le equazioni (6.2) rappresentano un sistema di due equazioni differenziali

α,β.

a coefficienti costanti, ciascuna del 2° ordine, nelle due incognite Per

determinare l’integrale generale del sistema occorre trovare quattro

soluzioni linearmente indipendenti, ciascuna delle quali, indicando con A,B

due generiche costanti, può essere espressa come:

α = β =

st st

(6.3) Ae ; Be ±(ζ±jω),

s

dove in generale risulta è complesso, del tipo ed in particolare: se

la parte reale è positiva il moto è amplificato, ovvero ci si allontana

P

indefinitamente dalla posizione di equilibrio. Il valore più basso del carico

per cui questo succede è quindi il carico critico P . In tale ottica non è

cr

necessario determinare la soluzione generale del sistema ma ci si può

limitare a trovare il valore di P per cui la parte reale diviene positiva.

λ 2 2

Sostituendo le (6.3) nelle (6.2) e ponendo =Js si ha:

[ ] [ ]

⎧ − + λ + λ − =

⎪ 2 2

1 2 p 16 A 5 p B 0

⎨ [ ] [ ]

(6.4) ⎪⎩ λ − + − + λ =

2 2

5 p A 1 p 2 B 0

che ammette soluzione non banale se il determinante dei coefficienti è =0:

λ − − λ + − + =

4 2 2

(6.5) 7 (

10 p 18

) ( p 3

p 1

) 0

24 R. B S

ARBONI TABILITÀ

Quindi, le quattro radici risultano:

[ ] 1 / 2

⎧ ⎫

1

λ = ± − ± − − − +

2 2

⎨ ⎬

(6.6) (

5

p 9

) (

5

p 9

) 7 ( p 3

p 1

)

⎩ ⎭

7

I grafici seguenti riportano il valore della (6.6) al variare di p

(considerando solo i valori positivi di parte reale ed immaginaria).

1,6 ω=Im(λ)

1,2

0,8 p=0,382 p=2,618

0,4 Carico p

0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0

1,2 ζ=Re(λ)

0,8

0,4 Carico p

0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0

Nel caso di carico applicato nullo, p=0, si ritorna al problema dell’analisi

delle vibrazioni naturali del sistema cui corrispondono le frequenze:

± = ± ω

− ± − ± j 0

, 2383 j

9 74 9 8

,

6

λ = ± = ± = 1

(6.7) ± = ± ω

⎩ j 1

,

5858 j

7 7 2

p

All’aumentare del carico le soluzioni immaginarie ω= λ

Im ( ) ω

ω=Im(λ) 2

=0,382 una

tendono a decrescere. Per p

1 Instabile

S tabile

=0) per poi

coppia di soluzioni diventa nulla (λ=±jω

1 ω 1

) una con parte

divenire, da immaginarie, reali (λ=±ζ p>> ζ=R λ

e( )

1 ) segue

reale positiva. L’altra coppia di soluzioni (=±jω

2 −ω 1

=2,618.

le stesse vicissitudini e diviene reale per p 2 −ω 2

− 25

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

Il valore del carico critico è quello corrispondente al valore più piccolo p 1

ζ>0,

< p per il quale si ha parte reale quindi:

2 =

(6.8) p 0

,

382

cr λ=0.

Anche in questo caso la transizione stabile-instabile avviene per Ai

λ=0

fini della ricerca del P possiamo quindi porre nella (6.5), per cui:

cr ⎧

± 0

,

382

3 5

− + = ⇒ = = ⇒ =

2 ⎨

p 3

p 1 0 p p 0

,

382

(6.9) cr

⎩ 2

,

618

2

e constatare che il carico critico non dipende dalle forze d’inerzia.

−Si consideri lo stesso sistema prima visto, dove però ora il carico

B) applicato P non si mantiene verticale ma ruoti in

P

P modo da mantenere, rispetto la verticale sempre la

w

x ϕ

3 stessa direzione della seconda asta.

φ Le equazioni di equilibrio si scrivono:

β

L

⎧ α + β + α + β =

16 J 5 J p 0

(6.9)

C

α + β + β =

5 J 2 J 0

2 α

L Infatti, la prima equazione rappresenta l’equilibrio dei

β

d momenti rispetto al punto 1 ed il contributo della forza P è ora

C 1 dato semplicemente M=Pd=PLβ. La seconda è l’equazione di

y equilibrio dei momenti rispetto al punto 2 ed il conseguente

momento della forza è nullo.

λ=Js 2 si ha:

Sostituendo le (6.3) nelle (6.9) e ponendo

[ ] [ ]

⎧ + λ + + λ =

⎪ 2 2

1 16 A p 5 B 0

⎨ [ ] [ ]

(6.10) ⎪⎩ λ + + λ =

2 2

5 A 1 2 B 0

che ammette soluzione non banale se il determinante dei coefficienti è =0:

λ − − λ + =

4 2

(6.11) 7 (

5

p 18

) 1 0

Da cui si ottiene: [ ] 1 / 2

⎧ 1

λ = ± − ± − −

2 ⎬

⎨ (

5

p 18

) (

5

p 18

) 28

(6.12) ⎭

14


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AUTORE

Atreyu

PUBBLICATO

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DESCRIZIONE DISPENSA

Materiale didattico per il corso di Costruzioni aerospaziali del Prof. Renato Barboni, all'interno del quale sono affrontati i seguenti argomenti: stabilità dei sistemi elastici; la stabilità secondo Liapunov; sistema ad un grado di libertà con molla torsionale; sistemi a due gradi di libertà; rappresentazione matriciale del sistema a 2 gradi di libertà.


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria aerospaziale
SSD:
A.A.: 2009-2010

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Atreyu di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Costruzioni aerospaziali e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università La Sapienza - Uniroma1 o del prof Barboni Renato.

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