Oscillatore massa-molla-smorzatore e transitori

Prerequisiti: Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneoPer y'' + a1 y' + a0 y = 0 con a0, a1 costanti si cercano soluzioni e^(λt): funzionano se λ è radice del polinomio caratteristico p(λ) = λ² + a1 λ + a0. Δ > 0 (radici λ1 ≠ λ2): y = c1 e^(λ1 t) + c2 e^(λ2 t). Δ = 0 (radice doppia λ): y = (c1 + c2 t) e^(λt). Δ < 0 (radici α ± iω): y = e^(αt)(c1 cos ωt + c2 sin ωt). Lo stesso metodo vale per ogni ordine.Equazioni lineari a coefficienti costanti - caso omogeneo →, Equazioni lineari a coefficienti costanti - equazione completaPer y'' + a1 y' + a0 y = b(t) a coefficienti costanti l'integrale generale è y0 + yp: y0 dal polinomio caratteristico, yp con il metodo di somiglianza quando b(t) = Qm(t) e^(αt) cos(ωt) (o sin). Si pone λ̄ = α + iω: se p(λ̄) ≠ 0, yp = e^(αt)[Pm(t) cos ωt + Rm(t) sin ωt] con polinomi di grado m da determinare; se λ̄ è radice semplice si moltiplica per t, se è doppia per t² (risonanza). Se b = b1 + b2 si sommano le soluzioni particolari (principio di sovrapposizione).Equazioni lineari a coefficienti costanti - equazione completa →, Equazioni differenziali lineari del primo ordiney' + a(t)y = b(t) con a, b continue su un intervallo I. Le soluzioni sono definite su tutto I e il problema di Cauchy ha una sola soluzione. Integrale generale: y = e^(−A(t))[c + ∫e^(A(t)) b(t) dt], con A primitiva di a; per l'omogenea (b = 0) y = c e^(−A(t)). Soluzione del problema con y(t0) = x0: stessa formula con A(t) = ∫ da t0 a t di a(s) ds e integrale da t0 a t. Si dimostra moltiplicando per e^(A(t)).Equazioni differenziali lineari del primo ordine →. Esercizi svolti: Esercizio 173 · massa, molla e smorzatore con tre smorzamenti, Esercizio 174 · oscillatore forzato con smorzamento, transitorio e regime permanente, Esercizio 175 · ampiezza della risposta e frequenza di massima ampiezza, Esercizio 176 · caduta con attrito viscoso e velocità limite.

Questa nota mette insieme, con i simboli della meccanica, tre risultati già visti: l'equazione omogenea a coefficienti costanti, il metodo di somiglianza per il termine noto e le equazioni lineari del primo ordine. È il modello più usato per un sistema meccanico che vibra (un albero su un supporto elastico, una sospensione, una trave con un carico in punta) e per i transitori (quanto tempo ci mette un sistema ad assestarsi).

Il modello

Una massa $m$ (in kg) si muove lungo una retta; $x(t)$ è lo spostamento dalla posizione di equilibrio (in m). Agiscono tre forze:

• la molla, di costante elastica $k$ (in N/m), che richiama verso l'equilibrio: $-k\,x$;
• lo smorzatore viscoso, di coefficiente $c$ (in N$\cdot$s/m), che si oppone alla velocità: $-c\,x'$;
• una forza esterna $F(t)$ (in N), data.

La legge di Newton $m\,x'' = \text{somma delle forze}$ dà $$m\,x''(t) + c\,x'(t) + k\,x(t) = F(t) \tag{$M$}$$ Dividendo per $m > 0$ si ottiene $x'' + \frac cm\,x' + \frac km\,x = \frac{F(t)}{m}$, che è l'equazione lineare a coefficienti costanti $y'' + a_1 y' + a_0 y = b(t)$ con $a_1 = \frac cm$, $a_0 = \frac km$, $b = \frac Fm$. (Nella nota Equazioni differenziali - introduzione e problema di CauchyUn'equazione differenziale ordinaria di ordine n ha come incognita una funzione y(t) e lega y⁽ⁿ⁾ a t, y, y', …, y⁽ⁿ⁻¹⁾. L'integrale generale è l'insieme delle soluzioni, definite su un intervallo; di solito sono infinite e dipendono da n costanti. Il problema di Cauchy aggiunge n condizioni iniziali in un istante t0 (y(t0), …, y⁽ⁿ⁻¹⁾(t0)) e sotto opportune ipotesi ha una sola soluzione. y⁽ⁿ⁾ = f(t) si risolve integrando n volte.Equazioni differenziali - introduzione e problema di Cauchy → la molla si chiamava $h$ e lo smorzatore $k$: qui si usano i simboli della meccanica.)

Tre grandezze caratteristiche

• Pulsazione propria $\omega_0 = \sqrt{\dfrac km}$ (in rad/s): è la pulsazione con cui oscillerebbe il sistema senza smorzatore ($c = 0$). Il periodo è $T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}$.
• Smorzamento critico $c_{cr} = 2\sqrt{k\,m}$: il valore di $c$ che annulla il discriminante, come si vede sotto.
• Rapporto di smorzamento $\zeta = \dfrac{c}{c_{cr}}$ (numero puro): dice quanto lo smorzatore è "forte" rispetto alla molla e alla massa.

Il polinomio caratteristico di $(M)$ con $F = 0$ è $m\lambda^2 + c\lambda + k = 0$, con discriminante $\Delta = c^2 - 4mk$. Quindi $$\Delta > 0 \iff c > c_{cr}, \qquad \Delta = 0 \iff c = c_{cr}, \qquad \Delta < 0 \iff c < c_{cr}$$

Vibrazioni libere ($F = 0$): tre regimi

Le radici sono $\lambda_{1,2} = \dfrac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m}$. Applicando il teorema dell'omogenea:

Nel caso sottosmorzato la pulsazione smorzata è $$\omega_d = \sqrt{\frac km - \frac{c^2}{4m^2}} = \omega_0\sqrt{1 - \zeta^2} \;<\; \omega_0$$ (è la parte immaginaria delle radici: $\omega_d = \frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m}$). Lo smorzatore rallenta un poco l'oscillazione, oltre a farla decadere. Con $C = \sqrt{c_1^2 + c_2^2}$ e un angolo $\varphi$ opportuno la soluzione si scrive anche $C\,e^{-\frac{c}{2m}t}\cos(\omega_d t - \varphi)$: un coseno racchiuso tra le curve $\pm C e^{-\frac{c}{2m}t}$.

Perché con $c > 0$ tutto torna a zero. Nel primo caso $\sqrt{c^2 - 4mk} < c$ (si sottrae $4mk > 0$ sotto radice), quindi entrambe le radici hanno numeratore $-c \pm (\text{qualcosa minore di } c)$, negativo. Nel secondo e nel terzo la parte reale è $-\frac{c}{2m} < 0$. In tutti i casi ogni esponenziale ha esponente con parte reale negativa e perciò $x(t) \to 0$ per $t \to +\infty$ (il fattore $t$ del caso critico è battuto dall'esponenziale: $t\,e^{-\omega_0 t} \to 0$ per la gerarchia degli infinitiUn esponenziale negativo vince su qualunque potenza di t.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →). Il moto libero di un sistema smorzato è dunque un transitorio: dopo un certo tempo non resta traccia delle condizioni iniziali.

Il caso $c = 0$ (senza smorzatore): le radici sono $\pm i\omega_0$ e $x = C\cos(\omega_0 t - \varphi)$ oscilla per sempre, con ampiezza costante.

Nessuna oscillazione nei primi due regimi. Con $c \ge c_{cr}$ la soluzione non ha mai più di uno zero: $c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2 e^{\lambda_2 t} = 0$ equivale a $e^{(\lambda_1 - \lambda_2)t} = -\frac{c_2}{c_1}$, che ha al più una soluzione perché l'esponenziale è iniettivo; e $c_1 + c_2 t = 0$ ha al più una soluzione. Il sottosmorzato invece passa per $0$ infinite volte, a distanza $\frac{\pi}{\omega_d}$ l'una dall'altra.

Esempio svolto: sovrasmorzato dopo un colpo

Una massa $m = 0{,}5$ kg, con molla $k = 4$ N/m e smorzatore $c = 3$ N$\cdot$s/m, parte dall'equilibrio, $x(0) = 0$, con velocità $x'(0) = 1$ m/s (un colpo). Si cerca $x(t)$ e lo spostamento massimo.

Passo 1: quale regime? $c_{cr} = 2\sqrt{4 \cdot 0{,}5} = 2\sqrt2 \approx 2{,}83$ N$\cdot$s/m e $c = 3 > c_{cr}$: sovrasmorzato.

Passo 2: radici. $0{,}5\lambda^2 + 3\lambda + 4 = 0$, cioè $\lambda^2 + 6\lambda + 8 = 0$, da cui $\lambda = -3 \pm 1$, cioè $\lambda_1 = -2$ e $\lambda_2 = -4$. Integrale generale: $x(t) = c_1 e^{-2t} + c_2 e^{-4t}$.

Passo 3: condizioni iniziali. $x(0) = c_1 + c_2 = 0$ e $x'(0) = -2c_1 - 4c_2 = 1$. Dalla prima $c_2 = -c_1$; nella seconda $-2c_1 + 4c_1 = 2c_1 = 1$, quindi $c_1 = \frac12$, $c_2 = -\frac12$: $$x(t) = \tfrac12\left(e^{-2t} - e^{-4t}\right) \ \text{m}$$

Passo 4: massimo. $x'(t) = -e^{-2t} + 2e^{-4t} = e^{-2t}\left(2e^{-2t} - 1\right) = 0$ se $e^{-2t} = \frac12$, cioè $t = \frac{\ln 2}{2} \approx 0{,}347$ s. Lì $x = \frac12\left(\frac12 - \frac14\right) = \frac18 = 0{,}125$ m. Per $t$ minore $x' > 0$, per $t$ maggiore $x' < 0$: è il massimo. Poi $x$ decresce verso $0$ senza mai diventare negativo (infatti $e^{-2t} > e^{-4t}$ per ogni $t > 0$): la massa torna all'equilibrio senza oltrepassarlo.

Forza periodica: transitorio e regime permanente

Una forza esterna armonica $F(t) = F_0\cos(\Omega t)$ ($F_0$ in N, $\Omega$ in rad/s: per esempio lo squilibrio di un albero in rotazione) dà $$m\,x'' + c\,x' + k\,x = F_0\cos(\Omega t) \tag{$M_\Omega$}$$ L'integrale generale è $x = x_0 + x_p$, con $x_0$ l'integrale dell'omogenea (il moto libero di sopra) e $x_p$ una soluzione particolare.

Non c'è risonanza nel senso del metodo di somiglianza. Nel metodo si confronta $\bar\lambda = i\Omega$ con le radici del polinomio caratteristico. Se $c > 0$ le radici hanno parte reale negativa, mentre $i\Omega$ ha parte reale $0$: non coincidono mai. Quindi $x_p = A\cos(\Omega t) + B\sin(\Omega t)$ (con tutti e due, anche se $F$ ha solo il coseno).

Calcolo di $A$ e $B$. Con $x_p'' = -\Omega^2 x_p$ la sostituzione dà $$\big[(k - m\Omega^2)A + c\Omega\,B\big]\cos(\Omega t) + \big[-c\Omega\,A + (k - m\Omega^2)B\big]\sin(\Omega t) = F_0\cos(\Omega t)$$ Uguagliando i coefficienti: $$\begin{cases} (k - m\Omega^2)A + c\Omega\,B = F_0 \\ -c\Omega\,A + (k - m\Omega^2)B = 0 \end{cases}$$ Sia $D = (k - m\Omega^2)^2 + (c\Omega)^2 > 0$. Il sistema ha la soluzione unica $$A = \frac{F_0\,(k - m\Omega^2)}{D}, \qquad B = \frac{F_0\,c\Omega}{D}$$ (si verifica sostituendo: la seconda equazione dà $-c\Omega(k - m\Omega^2) + (k - m\Omega^2)c\Omega = 0$, la prima $F_0 D/D = F_0$).

Ampiezza e fase. Si scrive $A\cos(\Omega t) + B\sin(\Omega t) = X\cos(\Omega t - \varphi)$ con $$X = \sqrt{A^2 + B^2} = \frac{F_0}{\sqrt{(k - m\Omega^2)^2 + (c\Omega)^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac BA = \frac{c\Omega}{k - m\Omega^2}$$ (infatti $A^2 + B^2 = \frac{F_0^2\,D}{D^2} = \frac{F_0^2}{D}$). Lo sfasamento $\varphi \in\, ]0, \pi[$ dice quanto la risposta è in ritardo rispetto alla forza (in tempo: $\frac{\varphi}{\Omega}$).

Risultato. Per $c > 0$ ogni soluzione di $(M_\Omega)$ è $$x(t) = \underbrace{x_0(t)}_{\text{transitorio}\ \to\ 0} + \underbrace{X\cos(\Omega t - \varphi)}_{\text{regime permanente}}$$ Le costanti $c_1, c_2$ di $x_0$ (cioè le condizioni iniziali) influenzano solo il transitorio: dopo un tempo di qualche costante di tempo $\frac{2m}{c}$ il moto è la sola oscillazione a regime, con la stessa pulsazione $\Omega$ della forza, ampiezza $X$ e fase $\varphi$.

Esempio svolto: $x'' + 2x' + 10x = 5\cos(3t)$

Qui $m = 1$, $c = 2$, $k = 10$, $F_0 = 5$, $\Omega = 3$ (unità del Sistema Internazionale).

Regime permanente. $k - m\Omega^2 = 10 - 9 = 1$, $c\Omega = 6$, $D = 1 + 36 = 37$. Quindi $$A = \frac{5 \cdot 1}{37} = \frac{5}{37}, \quad B = \frac{5\cdot 6}{37} = \frac{30}{37}, \quad X = \frac{5}{\sqrt{37}} \approx 0{,}822\ \text{m}, \quad \varphi = \arctan 6 \approx 1{,}406\ \text{rad}$$ Transitorio. $\lambda^2 + 2\lambda + 10 = 0 \Rightarrow \lambda = -1 \pm 3i$, quindi $x_0 = e^{-t}(c_1\cos 3t + c_2\sin 3t)$.

Partendo da fermo, $x(0) = 0$ e $x'(0) = 0$. Da $x(0) = c_1 + A = 0$ si ha $c_1 = -\frac{5}{37}$. Da $x'(0) = -c_1 + 3c_2 + 3B = 0$ (derivata di $e^{-t}(\dots)$ in $0$ è $-c_1 + 3c_2$, derivata di $x_p$ in $0$ è $3B$): $\frac{5}{37} + 3c_2 + \frac{90}{37} = 0$, quindi $c_2 = -\frac{95}{111}$. In conclusione $$x(t) = e^{-t}\left(-\tfrac{5}{37}\cos 3t - \tfrac{95}{111}\sin 3t\right) + \tfrac{5}{37}\cos 3t + \tfrac{30}{37}\sin 3t$$ Il primo pezzo, che contiene il fattore $e^{-t}$, è il transitorio: dopo $5$ s vale al più $0{,}87 \cdot e^{-5} \approx 0{,}006$ m, contro un'oscillazione a regime di ampiezza $0{,}822$ m.

Come varia l'ampiezza con la pulsazione della forza

L'ampiezza a regime $X(\Omega) = F_0/\sqrt{D(\Omega)}$ è grande quando $D$ è piccolo.

• $\Omega = 0$ (forza costante): $X = \frac{F_0}{k}$, lo spostamento statico della molla.
• $\Omega = \omega_0$: $k - m\omega_0^2 = 0$ e $D = (c\omega_0)^2$, quindi $X = \dfrac{F_0}{c\,\omega_0}$. Più $c$ è piccolo e più l'ampiezza è grande: per $c \to 0$ tende a $+\infty$, che è la risonanza senza smorzatore (Esercizio 167 · oscillatore armonico forzato e risonanza, dove l'ampiezza cresce come $t$).
• $\Omega \to +\infty$: $D \sim m^2\Omega^4 \to +\infty$ e $X \to 0$: una massa non riesce a seguire una forza troppo veloce.

Dove sta il massimo. Posto $s = \Omega^2$, $D(s) = (k - ms)^2 + c^2 s$ è un polinomio di secondo grado in $s$, con coefficiente di $s^2$ uguale a $m^2 > 0$. Il minimo si ha dove la derivata si annulla: $-2m(k - ms) + c^2 = 0$, cioè $$\Omega_r^2 = \frac km - \frac{c^2}{2m^2} = \omega_0^2 - \frac{c^2}{2m^2}$$ Ha senso (cioè $\Omega_r > 0$) solo se $c^2 < 2mk$; altrimenti $D$ cresce per ogni $s > 0$ e $X$ decresce da $\frac{F_0}{k}$ senza nessun picco. Il massimo (pulsazione di risonanza) è leggermente sotto $\omega_0$, e sempre sotto $\omega_d$. Esempio numerico nell'Esercizio 175 · ampiezza della risposta e frequenza di massima ampiezza.

Il primo ordine: velocità limite e costante di tempo

Un corpo di massa $m$ che si muove in un fluido, con resistenza viscosa $-c\,v$ proporzionale alla velocità, spinto da una forza costante $F$ (il peso, una spinta), obbedisce a $$m\,v' + c\,v = F \quad\Longleftrightarrow\quad v' + \frac cm\,v = \frac Fm$$ È lineare del primo ordine con $a = \frac cm > 0$ e $b = \frac Fm$ costanti. Con la formula risolvente ($A(t) = \frac cm t$): $$v(t) = e^{-\frac cm t}\left[c_1 + \int e^{\frac cm t}\frac Fm\,dt\right] = \frac Fc + c_1 e^{-\frac cm t}, \qquad v(0) = v_0 \Rightarrow \boxed{\,v(t) = \frac Fc + \Big(v_0 - \frac Fc\Big)e^{-\frac cm t}\,}$$

• Velocità limite $v_\infty = \dfrac{F}{c}$: è la soluzione costante (dove $v' = 0$, la forza è bilanciata dalla resistenza), e tutte le soluzioni vi tendono, qualunque sia $v_0$.
• Costante di tempo $\tau = \dfrac{m}{c}$: il fattore è $e^{-t/\tau}$. La distanza dalla velocità limite si riduce del fattore $e^{-1} \approx 0{,}368$ ogni $\tau$.

Per questo si dice che un transitorio del primo ordine si esaurisce in circa $3\tau$-$5\tau$. La stessa forma $y(t) = y_\infty + (y_0 - y_\infty)e^{-t/\tau}$ vale per ogni equazione $y' + a y = b$ con $a > 0$ costante ($y_\infty = \frac ba$, $\tau = \frac1a$). Esempio: caduta con attrito, Esercizio 176 · caduta con attrito viscoso e velocità limite. Con resistenza proporzionale al quadrato della velocità l'equazione non è lineare ma a variabili separabili: Equazioni differenziali a variabili separabiliy' = a(t) b(y) con a continua su I e b continua su J. Gli zeri ȳ di b danno le soluzioni costanti y = ȳ (integrali singolari). Le altre si trovano dividendo per b(y) e integrando: ∫dy/b(y) = ∫a(t)dt + c, poi si ricava y. Se b è C¹ la soluzione del problema di Cauchy è unica, ma può esistere solo su un intervallo più piccolo di I; se b è solo continua può non essere unica (y' = ∛y).Equazioni differenziali a variabili separabili →.

Esempio svolto: raffreddamento di un pezzo

Un pezzo di acciaio a $200$ °C viene lasciato in un ambiente a $20$ °C. Secondo la legge di Newton la temperatura $T$ varia con rapidità proporzionale alla differenza con l'ambiente: $T' = -\kappa\,(T - 20)$, con $\kappa = 0{,}05$ min$^{-1}$. Posto $u = T - 20$, si ha $u' = -\kappa u$ (Malthus con tasso negativo): $u = u_0 e^{-\kappa t}$, cioè $$T(t) = 20 + 180\,e^{-0{,}05\,t}$$ con costante di tempo $\tau = \frac1\kappa = 20$ min. Quando arriva a $50$ °C? $20 + 180e^{-0{,}05t} = 50 \iff e^{-0{,}05t} = \frac{30}{180} = \frac16 \iff t = \frac{\ln 6}{0{,}05} \approx 35{,}8$ min. Dopo $5\tau = 100$ min la differenza con l'ambiente è $180\,e^{-5} \approx 1{,}2$ °C: praticamente a regime.

Errori comuni

• Dire che il sovrasmorzato "oscilla più lentamente": non oscilla affatto; ha al più un passaggio per l'equilibrio.
• Usare $\omega_0$ al posto di $\omega_d$ nel sottosmorzato: l'argomento di seno e coseno è $\omega_d = \omega_0\sqrt{1-\zeta^2}$, mentre il decadimento è $e^{-\frac{c}{2m}t}$.
• Confondere $\frac{c}{m}$ con $\frac{c}{2m}$: nella formula $\lambda = -\frac{c}{2m} \pm i\omega_d$ compare $\frac{c}{2m}$; $\frac cm$ è il coefficiente di $x'$.
• Cercare la risonanza con lo smorzatore: con $c > 0$ non serve moltiplicare per $t$; l'ampiezza a regime è sempre finita, anche se può essere grande.
• Pensare che le condizioni iniziali cambino il regime permanente: lo cambiano solo nel transitorio.
• Dimenticare il seno in $x_p$ quando $F$ è solo un coseno: $B = \frac{F_0 c\Omega}{D} \neq 0$ se $c > 0$.

Domande d'esame

• Per quali valori di $c$ il moto libero non oscilla? Per $c \ge c_{cr} = 2\sqrt{km}$ ($\Delta \ge 0$): la soluzione è combinazione di esponenziali (o $(c_1 + c_2t)e^{\lambda t}$) e ha al più uno zero.
• Che cosa succede a $x(t)$ per $t \to +\infty$ nel moto libero con $c > 0$? Tende a $0$, perché tutte le radici hanno parte reale negativa.
• Che cos'è il transitorio, e che cos'è il regime permanente? Transitorio è $x_0$ (soluzione dell'omogenea, tende a $0$, dipende dalle condizioni iniziali), regime permanente è $x_p$ (oscilla con la pulsazione della forza, ampiezza $X$, non dipende dalle condizioni iniziali).
• Qual è l'ampiezza a regime per $F_0\cos(\Omega t)$? $X = F_0/\sqrt{(k - m\Omega^2)^2 + (c\Omega)^2}$; per $\Omega = \omega_0$ vale $\frac{F_0}{c\omega_0}$.
• Quanto vale la velocità limite di $m v' + c v = F$ e dopo quanto tempo si raggiunge? $v_\infty = \frac Fc$; non si raggiunge mai in tempo finito, ma in $3\tau$-$5\tau$ con $\tau = \frac mc$ si è al $95$-$99\%$.