LA STATICA DEI SOLIDI -...

Capitolo 9

LA STATICA DEI SOLIDI

9.1 Introduzione.

Nel Cap. 8 siamo pervenuti a due equazioni che costituiscono il cardine intorno cui ruota tutta ladinamica dei sistemi e cioe le equazioni cardinali della dinamica che qui riscriviamo:

∑Ni=1

~Fi = M ~a∑N

i=1~τi = I ~α

(9.1)

Vogliamo qui trattare un caso particolare, in cui siano nulle sia l’accelerazione lineare che quellaangolare. In tal caso abbiamo che il sistema si puo muovere solo di moto rettilineo uniforme.

Scegliamo allora un riferimento tale che all’istante t = 0 il sistema sia fermo. Data la costanza delmoto avremo quindi che il sistema risultera sempre fermo. Trattiamo cioe il caso della statica. In talcaso le equazioni precedenti si trasformano nelle

∑Ni=1

~Fi = 0∑N

i=1~τi = 0

Equazionicardinalidellastatica (9.2)

Il problema fondamentale della statica consiste allora nel determinare le condizioni grazie alle qualiun sistema rimane nel suo stato.

In generale un sistema ha, come abbiamo visto nel Cap. 8, un determinato numero di motipossibili. Alcuni di questi pero vengono impediti da azioni esterne, detti vincoli. Il numero residuodi moti ancora possibili e appunto il numero di gradi di liberta del sistema. Il problema della staticaconsiste allora nel determinare quali sono i vincoli, e quali azioni devono esercitare, in grado di renderestabile un sistema.

In termini energetici possiamo dire che ad ogni stato del sistema corrisponde un determinatovalore dell’energia. Poiche stiamo parlando di corpi in quiete e ovvio che tale energia e puramentepotenziale. D’altra parte sappiamo che la derivata rispetto alla posizione, o meglio il gradiente,dell’energia potenziale e la forza risultante applicata al sistema. Ne consegue che il corpo sara incondizioni statiche, ovvero la forza applicata sara nulla, se e solo se sara nulla la derivata dell’energiarispetto alla posizione.

Possiamo quindi enunciare un principio, valido sia in statica che in dinamica, secondo il quale lostato del sistema sara tale che il gradiente dell’energia e nullo.

Dall’analisi matematica sappiamo che affinche la derivata di una funzione sia nulla deve essereorizzontale la tangente geometrica alla curva rappresentante la funzione stessa. Ne consegue che tresono i possibili casi di equilibrio:

1. Equilibrio stabile: se l’energia assume un valore minimo. In tal caso un piccolo spostamentointorno al punto di equilibrio non produce alcun effetto poiche il corpo ritorna alla condizionedi equilibrio iniziale (punto 1 della Fig 9.1).

199

200 CAPITOLO 9. LA STATICA DEI SOLIDI

1

2

3

Figura 9.1: I tre casi di equilibrio: stabile, indifferente ed instabile

2. Equilibrio indifferente: se l’energia assume un valore costante nell’intorno del punto (si ha nelcaso di un flesso orizzontale della curva). In questo caso un leggero spostamento dal punto diequilibrio porta il sistema in un nuovo punto di equilibrio (punto 2 della Fig 9.1).

3. Equilibrio instabile: se l’energia assume un valore massimo. In tal caso un piccolo spostamentointorno al punto di equilibrio non produce una situazione di equilibrio ma porta ad una tra-sformazione che cessa in un nuovo stato di equilibrio, diverso dal precedente (punto 3 della Fig9.1).

Nel seguito tratteremo casi di equilibrio statico per corpi soggetti a forze dovute ad agenti diversima occorre tener presente che spesso le forze applicate al corpo possono essere divise in due: le forzepeso e le reazioni vincolari. Possiamo allora determinare il punto di applicazione della risultante delleforze peso e quello della risultante delle reazioni vincolari. E’ allora possibile mostrare che la condizioned’equilibrio stabile e che il punto di applicazione delle reazioni vincolari sia al di sopra di quello delleforze peso. Nel caso di coincidenza dei due punti si ha l’equilibrio indifferente mentre quello instabilesi ha se il punto di applicazione delle forze peso e situato al di sopra di quello delle reazioni vincolari.

Conclusa questa enunciazione generale di principi relativi alla statica dei sistemi passiamo ora atrattare i problemi fondamentali della statica, tenendo presente che ci limiteremo ad un breve cennodei casi principali perche un loro approfondito studio e argomento specifico di altri corsi di carattereuniversitario (ad esempio Scienza delle Costruzioni per quel che riguarda la statica delle costruzioni).

9.2 La risultante delle forze applicate.

Poiche le equazioni cardinali della statica impongono non solo l’annullarsi delle forze applicate maanche quello dei momenti di tali forze occorre determinare, dato un sistema di forze, la risultante diqueste e dei loro momenti.

E’ possibile mostrare, ma qui tralasciamo la dimostrazione, che se un sistema di forze ha risultantenulla allora la risultante dei momenti delle forze e indipendente dal polo scelto. Poiche in statica siamointeressati a sistemi di forze con risultante nulla, utilizzeremo sempre, per calcolare i momenti delleforze, un polo specifico e riterremo validi i risultati in relazione a qualsiasi polo.

Dividendo le forze agenti su un sistema in forze attive e reazioni vincolari possiamo analizzareseparatamente i due tipi di forze determinando separatamente le due risultanti delle forze e le duerisultanti dei momenti delle forze.

Questa ripartizione risulta comoda poiche i problemi di statica possono ripartirsi in due casi:

1. Sono note le forze attive e si devono determinare le reazioni vincolari.

9.2. LA RISULTANTE DELLE FORZE APPLICATE. 201

O

Figura 9.2: Individuazione della retta d’azione del vettore somma di due vettori obliqui

2. Sono noti i vincoli ed occorre determinare quali sono le possibili forze attive equilibrabili daivincoli.

Consideriamo quindi un primo caso particolarmente semplice. Siano cioe date due forze ~F1 ed ~F2

agenti lungo due diverse rette d’azione. La risultante di queste due forze avra un modulo che puofacilmente calcolarsi graficamente col metodo del parallelogramma.

Tale metodo, pero, non permette di determinare il punto di applicazione di tale risultante, o megliola retta di azione della risultante.

Per poter determinare tale retta conviene allora modificare la definizione della regola del paral-lelogramma e calcolare la risultante prolungando le due rette d’azione delle forze sinche esse non siintersecano. Successivamente si traslano le forze lungo le loro rette di azione sinche esse non abbianoun punto in comune ed a partire da questa posizione si genera il parallelogramma, come mostrato inFig. 9.2. La risultante cosı ottenuta appartiene ad una retta di azione che e proprio quella cercata.

Per dimostrare che cio e vero basta calcolare il momento delle due forze applicate rispetto al puntoO, di intersezione delle rette d’azione. Si osserva che sono nulli entrambi i momenti delle due forze equindi e nullo anche il momento risultante. Ne consegue che la forza risultante deve avere anch’essaun momento nullo e quindi deve anch’essa passare per il punto O.

Ovvia e l’estensione al caso in cui le forze agenti siano piu di due. In tal caso basta sommarele forze due alla volta per ottenere la risultante totale. Esistono, pero, anche altri metodi capaci ditrattare questo tipo di problema in maniera piu rapida (ad esempio il metodo del poligono funicolare)ma in ogni caso la logica rimane la stessa.

Piu complessa e la situazione nel caso in cui le forze applicate siano parallele tra loro. In tal casoinfatti, comunque si prolunghino le rette d’azione, non si avra mai un punto di intersezione e non sipotra quindi applicare il metodo precedentemente descritto.

Per risolvere questo problema graficamente dobbiamo adoperare una regola dell’algebra: se ad un

membro di un’equazione si somma e si sottrae un stesso termine, l’equazione non cambia.Pertanto date due forze ~F1 ed ~F2, parallele tra di loro, onde calcolare la forza ~F , somma delle due,

occorre sommare e sottrarre una forza vecf qualsiasi.Consideriamo quindi la retta che congiunge i punti di applicazione delle due forze e consideriamo

una forza di modulo generico,∣

∣

∣

~f∣

∣

∣. Sommando la forza ~F1 e la forza ~F2 con le forze +∣

∣

∣

~f∣

∣

∣ e −∣

∣

∣

~f∣

∣

∣ si

ottengono le due forze ~G1 ed ~G2 rispettivamente, come mostrato in Fig. 9.3.Queste due forze non sono piu parallele tra di loro e pertanto possono essere sommate con la regola

adoperata precedentemente, ottenendo cosı la soluzione cercata.A questo metodo geometrico puo essere unito anche un metodo analitico che chiarisce maggior-

mente il concetto: quel che si sta cercando e una forza che possa sostituire il sistema di forze originariosia come risultante delle forze che come risultante dei momenti.


F1

F2

f

-f

G1

G2

FT

Figura 9.3: Metodo per la somma di due vettori paralleli

F1

F2

FT

d

d1

d2

Figura 9.4: Calcolo della risultante di due vettori paralelli con la tecnica analitica

Date due forze ~F1 ed ~F2, parallele tra di loro, spostiamole lungo le loro rette di azione sinche laretta che unisce i loro punti di applicazione non sia perpendicolare alle rette di applicazione delle forzestesse. Indichiamo con d la distanza tra queste due rette d’azione.

Considerando una retta qualsiasi, indichiamo con d1 la sua distanza dalla forza ~F1 e con d2 la suadistanza dalla forza ~F2 ed applichiamo le due relazioni:

~FT = ~F1 + ~F2

~τT = ~τ1 + ~τ2

(9.3)

Calcoliamo ora i momenti delle forze rispetto ad un polo generico, ad esempio rispetto al punto diapplicazione della seconda forza. Scrivendo soltanto i moduli otteniamo

FT = F1 + F2

FT d2 = F1 d(9.4)

ovvero

d2 = dF1

F1 + F2

(9.5)

Ricavando l’altra distanza si ottiene:

d1 = dF2

F1 + F2

(9.6)

9.3. I DIVERSI TIPI DI VINCOLI. 203

Possiamo quindi dire che la retta d’azione della risultante si trova ad una distanza dalle retted’azione delle forze originarie che e inversamente proporzionale alle intensita delle forze stesse:

d1

d2

=F2

F1

(9.7)

E’ da notare che se le due forze sono equiverse la loro risultante sara situata nella zona interna trale due forze mentre se queste hanno verso discorde la risultante si trovera all’esterno, dal lato dellaforza piu grande.

9.3 I diversi tipi di vincoli.

I vincoli esistenti in natura sono di tipo diverso ma essi possono essere considerati come appartenentiad alcuni gruppi principali, ognuno dei quali puo esplicare una particolare azione.

Indichiamo qui i diversi tipi di vincoli, con l’azione da essi esplicabile.

1. Appoggio semplice: E’ in grado di esercitare una forza diretta verso la superfice, perpendi-colarmente a questa. Permette movimenti laterali e lungo la direzione di allontamento dall’ap-poggio.

2. Incastro semplice: E’ in grado di esercitare una forza diretta perpendicolarmente alla superfice,in entrambe le direzioni. Permette solo movimenti laterali.

3. Cerniera: Esercita una forza in qualunque direzione. Impedisce qualsiasi moto traslatorio epermette solo moti rotatori intorno a se stessa.

4. Incastro multiplo: Blocca completamente il sistema esercitando una forza ed un momento inqualunque direzione. Non permette alcun movimento, ne traslatorio ne rotatorio.

9.4 Le macchine semplici.

Un qualunque dispositivo in grado di porre in equilibrio piu forze aventi origine e natura differenti tradi loro viene detto, in fisica, macchina.

Schematicamente si puo dire che su una macchina agiscono due risultanti delle forze; una di questee detta forza motrice e l’altra forza resistente. Il rapporto tra le due forze viene indicato comeguadagno V della macchina.

Una macchina verra detta vantaggiosa se il suo guadagno e maggiore di 1, ovvero se permette diequilibrare una forza con una forza inferiore, mentre sara svantaggiosa se il guadagno e minore di 1poiche necessita, per l’equilibrio, di una forza motrice superiore alla forza resistente.

Le macchine in genere sono dispositivi abbastanza complessi ma essi possono essere schematizzaticome un insieme di dispositivi piu semplici, detti macchine semplici, che qui di seguito andremo adanalizzare.

9.4.1 Piano inclinato.

Il piano inclinato e semplicemente costituito da una superfice piana inclinata di un certo angolo rispettoall’orizzontale. Il suo scopo e quello di permettere l’innalzamento di un corpo avente un peso P , grazieall’applicazione di una forza inferiore.

Consideriamo pertanto una superfice piana, inclinata di un angolo θ rispetto all’orizzontale. Su diesso poniamo un corpo di peso P . Scomponiamo ora la forza peso in due componenti, l’una parallelae l’altra perpendicolare al piano stesso, come mostrato in Fig. 9.5.

La componente perpendicolare sara completamente equilibrata dalla reazione vincolare del pianoe quindi la risultante delle forze e la sola componente parallela, data da:

Fp = P sin θ . (9.8)


P

Fp

q

Figura 9.5: Il piano inclinato

Fulcro

Potenza Resistenza

Leva di 1° genere

Fulcro

Potenza Resistenza

Leva di 2° genere

Fulcro

Potenza Resistenza

Leva di 3° genere

Figura 9.6: I tre tipi di leve

Per equilibrare questa forza occorre quindi applicare una forza di pari valore ed il guadagno dellamacchina sara:

V =P

P sin θ=

1

sin θ. (9.9)

Ne consegue che la macchina piano inclinato e una macchina vantaggiosa, con un vantaggiocrescente al diminuire dell’angolo di inclinazione.

E’ da notare che il piano inclinato permette di ridurre l’intensita della forza ma non diminuisceil lavoro necessario ad innalzare il corpo. In assenza di attrito infatti esso dipende in ogni caso dallavariazione di quota del corpo, mentre in presenza di attrito esso sara dato dalla variazione di energiapotenziale sommata al lavoro dissipato dalle forze di attrito.

Un altro esempio di applicazione del piano inclinato e costituita dalla vite la quale non rappresentaaltro che un piano inclinato, avvolto elicoidalmente su un cilindro. In tal caso il vantaggio e determinatodall’angolo di inclinazione, od anche come piu propriamente si dice per le viti, dal passo cioe dalladistanza tra due filetti adiacenti.

9.4.2 Leva.

Per leva si intende un qualunque sistema rigido di forma allungata in grado di eseguire rotazioniintorno ad un suo punto.

In una leva si distinguono tre distinti punti e cioe il fulcro, punto intorno al quale il sistema e ingrado di ruotare, il punto di resistenza, laddove e applicata la resistenza, ed il punto di potenza,laddove e applicata la forza motrice. A seconda della reciproca posizione di questi tre punti abbiamo

1. la leva di primo genere, se il fulcro e intermedio,

9.4. LE MACCHINE SEMPLICI. 205

q

Resistenza

Potenza

Punto

fisso

Figura 9.7: Carrucola mobile: Un estremo della fune e tenuto fisso mentre all’altro e applicata lapotenza. La resistenza e collegata alla carrucola

2. la leva di secondo genere, se il fulcro e esterno dal lato della resistenza, ed infine

3. la leva di terzo genere, se il fulcro e esterno dal lato della forza motrice.

La leva di secondo genere e sempre vantaggiosa mentre la leva di terzo genere e sempre svantaggiosa.Quella di primo genere invece puo essere vantaggiosa o svantaggiosa a seconda che il fulcro sia piuvicino alla resistenza o alla forza motrice.

9.4.3 Carrucola fissa.

La carrucola fissa non e altro che una ruota il cui asse di rotazione e tenuto fisso attraverso unastaffa. Sul bordo della ruota e presente una scanalatura nella quale scorre una fune ai cui estremi sonoapplicati la forza motrice da un lato e la resistenza dall’altro. Il suo guadagno e sempre pari ad 1 edil suo scopo e semplicemente quello di variare la direzione di applicazione della forza.

9.4.4 Carrucola mobile.

In questo caso l’asse di rotazione della carrucola non e piu tenuto fermo ma e libero di muoversi; vieneinvece tenuto fisso un estremo della fune che passa attraverso la carrucola. All’altro estremo vieneapplicata la forza motrice mentre la resistenza e applicata sull’asse della carrucola.

Dal bilancio delle forze e dei momenti si osserva che la forza motrice e la reazione vincolare nelpunto di fissaggio sono uguali mentre il vantaggio e dato da:

V = 2 cosθ

2(9.10)

e quindi al massimo, quando i due rami della fune sono paralleli, vale 2.

Sfruttando piu carrucole mobili viene a costruirsi il bilancino, il cui guadagno e pari al doppio delnumero di carrucole mobili.

In generale possiamo dire che un insieme di carrucole fisse e mobili avra un guadagno pari sempreal doppio del numero di carrucole mobili.

9.4.5 Verricello.

E’ costituito da un cilindro intorno al quale e avvolta una fune. All’estremo libero della fune vieneapplicata la resistenza mentre la forza motrice viene applicata su una sbarra solidale col cilindro.


Resistenza

Potenza

Rd

Figura 9.8: Il verricello

Detto R il raggio del cilindro e d la distanza tra asse del cilindro e punto di applicazione della forzamotrice, il guadagno del verricello e dato da:

V =d

R(9.11)

e quindi puo essere maggiore o minore di 1, a seconda dei parametri costruttivi del verricello.

9.4.6 Ruote dentate.

Per la trasmissione di momenti motori sorge spesso il problema di trasferire la potenza da un asse adun altro, variando la velocita di rotazione. In tal caso si potrebbe far uso delle ruote di frizione ovverodi due ruote che vengono poste a stretto contatto: la rotazione di una delle due ruote provoca, perattrito, il moto dell’altra. Il vantaggio in tal caso e dato semplicemente dal rapporto tra i raggi delledue ruote. Questo sistema di trasmissione ha pero molti difetti tra i quali il principale e lo slittamentoche puo verificarsi tra le due ruote.

Per risolvere questo problema si fa uso delle ruote dentate ovvero di ruote di frizione sulla superficecircolare delle quali siano state prodotte delle scanalature, dette denti in modo che ogni dente diuna ruota vada ad incastrarsi nella scanalatura tra due denti dell’altra ruota. In tal moto si ha latrasmissione del momento motore senza alcuna possibilita di slittamento. Il vantaggio e in questo casodato dal rapporto tra i numeri di denti delle due ruote.

Un altro sistema di trasmissione dei momenti motori, molto adoperato nella pratica, e quellobasato sulle cinghie di trasmissione. Abbiamo cioe due carrucole fisse collegate attraverso una cinghiadi trasmissione in modo che la rotazione di una carrucola faccia ruotare (nella stessa direzione) l’altraruota. Anche qui il vantaggio e dato dal rapporto tra i raggi delle due ruote ed anche qui si ha ilproblema del possibile slittamento.

9.5. ESERCIZI 207

a

b

c

90°120°

150°

Figura 9.9: Tre forze sono applicate ad un corpo

9.5 ESERCIZI

Esercizio 9.1 : Determinare la risultante del sistema di forze costituito da ~F1 = (1, 2), applicatanel punto P1 = (1, 1) , e da ~F2 = (3, 6), applicata nel punto P2 = (2, 3).

Esercizio 9.2 : Un asse e fissato con una cerniera posta a 3 m dal suo baricentro. Se la massadella sbarra e di 1 kg si determini dove deve essere applicata una forza di 30 N per poter bilanciare ilsistema.

Esercizio 9.3 : Determinare le reazioni vincolari esercitate da due appoggi che sostengono unasbarra di massa m = 2 kg, se essi sono posti in posizioni simmetriche, a d = 1 m dal baricentro dellasbarra.

Esercizio 9.4 : Una scala e poggiata sul suolo e sul muro. Supponendo che non vi sia attritosul muro ma che il coefficiente di attrito statico tra suolo e scala sia µ = 0.2, si determini quale deveessere l’inclinazione massima della scala per la quale si ha ancora equilibrio.

Esercizio 9.5 : Un cubo di massa m = 3 kg e poggiato su uno spigolo ed e tenuto fermo da unaforza F . Si determini il valore di tale forza.

Esercizio 9.6 : Un corpo di massa m = 6 kg e poggiato su un piano inclinato di un angoloθ = 45◦ rispetto all’orizzontale. Si determini il valore della forza da applicare tangenzialmente alpiano, necessaria a mantenere in equilibrio il sistema sia nel caso in cui non vi sia attrito che nel casoin cui l’attrito statico tra piano e corpo sia µ = 0.3.

Esercizio 9.7 : Se per schiacciare una noce occorre superare il carico di rottura del gusci, che valeR = 800 N, si determini quale forza occorre applicare su uno schiaccianoci in cui il fulcro sia a p = 10cm dal punto di applicazione della potenza ed a r = 3 cm da quello della resistenza.

Esercizio 9.8 : Su un corpo sono applicate le tre forze ~a, ~b e ~c, come indicato in Fig. 9.9. Calcolare

la forza ~F da applicare al corpo per ottenere l’equilibrio statico, nell’ipotesi che sia |~a| = 5 N ,∣

∣

∣

~b∣

∣

∣ = 12

N e |~c| = 6 N.


F2

F1

Figura 9.10: Due forze applicate ad un corpo

Esercizio 9.9 : Su un punto materiale agiscono le forze ~F1 ed ~F2, come indicato in Fig. 9.10.

Determinare la forza ~F da applicare al punto affinche esso sia in equilibrio, nell’ipotesi che sia∣

∣

∣

~F1

∣

∣

∣ =

2.94 N ed∣

∣

∣

~F2

∣

∣

∣ = 1.70 N.

Esercizio 9.10 : Un corpo di massa m = 2 kg e sospeso tramite due fili di uguale lunghezza, cheformano un angolo α = 30◦ con l’orizzontale. Si determinino la tensione del filo ed il valore minimodell’angolo α per il quale i fili si spezzano, se il loro carico di rottura e R = 200 N.

Esercizio 9.11 : Una trave di materiale omogeneo, con una massa M = 400 kg ed una lunghezzaL = 3 m, e appoggiata su due ritti. Uno di essi dista l1 = 0.2 m dall’estremo della sbarra mentrel’altro dista, sempre dallo stesso estremo, l2 = 2.5 m. Determinare quali sono le reazioni vincolarinei ritti. Si determini ancora dove deve essere posto un corpo la cui massa e m = 50 kg, affinche lereazioni vincolari siano uguali tra loro.

Esercizio 9.12 : Un punto P , di massa m = 2 kg, poggia su una superfice orizzontale ed ecollegato ad un punto O del piano, mediante una molla di costante elastica k = 1.2 N/m che lo attraeverso il punto O. Si determini la posizione di equilibrio del punto P se il coefficiente di attrito staticotra piano e corpo e µ = 0.3.

Esercizio 9.13 : Una massa M = 4 kg e sospesa ad un filo. L’altra estremita del filo e fissata alsoffitto. A meta altezza di questo filo e fissata un’estremita di un altro filo che, dopo essere passatoattraverso una carrucola priva di massa e di attrito, e collegato ad una massa m = 1 kg, come mostratoin Fig. 9.11. Il sistema si pone in equilibrio per un particolare valore dell’angolo θ. Si determini ilvalore di tale angolo.

Esercizio 9.14 : Un corpo di forma sferica, avente massa m = 2 kg e raggio R = 10 cm, esospeso ad una corda di lunghezza L = 50 cm ed appoggiata alla parete, come indicato in Fig. 9.12.Si determini la tensione della fune e la reazione vincolare della parete nel punto di appoggio tra corpoe parete.

Esercizio 9.15 : Tra due pali, distanti l = 20 m, viene sospeso un cavo avente un carico di rotturapari ad R = 200 N. Si determini quale deve essere la lunghezza minima del cavo se al centro di esso

9.5. ESERCIZI 209

q

Figura 9.11: Un corpo sospeso ad una fune, tirata lateralmente da un altro corpo

Figura 9.12: Sfera appoggiata ad una parete e tenuta da una corda

vogliamo sospendere un lampione la cui massa e m = 16 kg.

Esercizio 9.16 : Un cilindro di raggio r = 6 cm, e coassiale ad una puleggia di raggio R = 30cm. Intorno alla puleggia scorre senza scivolare una corda cui e applicata una forza F = 200 N. Sidetermini qual’e il peso che e possibile sostenere in tali condizioni all’estremo libero di una cordaavvolta intorno al cilindro.

Esercizio 9.17 : Un sistema di biella e manovella e costituito da una ruota su cui e imperniata,a distanza r = 30 cm dal centro, una manovella che permette di trasformare il moto rotatorio dellaruota in un moto traslatorio alternativo e viceversa. Determinare quale coppia motrice viene trasferitaalla ruota se sulla manovella e agente una potenza W = 600 W, nell’istante in cui la velocita dellamanovella e v = 36 m/s.

Esercizio 9.18 : Una sbarra, priva di massa ed avente lunghezza L = 10 cm, e imperniata in unestremo. All’altro estremo e applicata una forza F = 0.03, come indicato in Fig. 9.13. A distanzal = 6 cm dal perno e fissata una molla la cui costante elastica e k = 3.33 N/m. Si determini l’angoloθ di cui e deflessa la sbarra, rispetto all’orizzontale.

Esercizio 9.19 : Una sbarra e imperniata in un punto. All’altro estremo e fissato un filo, collegatopoi alla parete. Si determinino le reazioni vincolari e la tensione del filo nell’ipotesi che la massa dellasbarra sia m = 3 kg , la sua lunghezza sia L = 0.4 m ed infine che la sbarra sia orizzontale mentre il


Figura 9.13: Una sbarra imperniata in un estremo e spinta da una forza e trattenuta da una molla

Figura 9.14: Due corpi sono poggiati su un piano inclinato

filo formi un angolo θ = 30◦ rispetto alla verticale.

Esercizio 9.20 : Un corpo di massa M = 4 kg, e poggiato su un piano inclinato. Sopra di essoe poggiato un altro corpo, di massa m = 1 kg. Tale corpo e fissato tramite un filo in modo che nonpossa scivolare verso il basso, come mostrato in Fig. 9.14.

Si determini l’angolo massimo di inclinazione del piano affinche non si abbia alcun movimentodel corpo inferiore, se tra i due corpi non vi a attrito mentre tra piano e corpo inferiore esiste uncoefficiente di attrito statico pari a µ = 0.2.

9.6. SOLUZIONI 211

9.6 SOLUZIONI

Svolgimento dell’esercizio 9.1 :

Eseguiamo questa somma per ogni singola componente, tenendo conto che il punto di applicazione sideve trovare sulla retta che congiunge i due punti di applicazione.

Per la componente lungo l’asse x abbiamo:

X = 1 + 3 = 4

e la retta di azione ha ascissa:

x = 1 + 13

4= 2 − 1

1

4= 1.75

Per la componente lungo l’asse y abbiamo:

Y = 2 + 6 = 8

con retta di azione con ordinata:

y = 1 + 26

8= 3 − 2

2

8= 2.5

e quindi la risultante e R = (4, 8) con punto di applicazione in P = (1.75, 2.5).


Detta D la distanza cercata e ovvio che essa si deve trovare dall’altra parte del baricentro, rispettoalla cerniera.

La cerniera esercita una forza che permette il bilanciamento delle forze ma non quello dei momenti.Calcolando pertanto i momenti rispetto al punto di incernieramento ottenia-mo:

F D = m g L

ove F e la forza da applicare, m la massa del corpo ed L la distanza tra baricentro e cerniera.

Ne consegue che:

D = m gL

F= 1m


Essendo tutte le forze verticali si possono scrivere le equazioni di bilanciamento delle forze nelle soleintensita. Indicando con F1 ed F2 le due reazioni vincolari abbiamo che, per il bilanciamento delleforze:

F1 + F2 = m g

mentre per il bilanciamento dei momenti rispetto al baricentro deve anche essere:

F1 d = F2 d

ovvero

F1 = F2 =1

2m g


Indichiamo con θ l’angolo che la scala forma con la verticale.


m g

Fa

R

N

q

Figura 9.15: Scala appoggiata su una parete

Le forze applicate sulla scala sono la forza peso, applicata nel baricentro, le reazioni vincolari alsuolo ed alla parte, applicate nei rispettivi punti di appoggio, e l’attrito statico al suolo, come mostratoin Fig. 9.15.

Indichiamo ora con R la reazione vincolare sulla parete, con N quella al suolo,con Fa la forzad’attrito al suolo, con m la massa della sbarra e con l la lunghezza della stessa.

Per l’equilibrio delle forze deve allora risultare:

R = Fa = µ N

N = m g

ovvero:R = µ m g

Per l’equilibrio dei momenti delle forze, rispetto al punto di appoggio al suolo abbiamo:

m g l

2sin θ = R l cos θ

e quindi:m g l

2sin θ = µ m g l cos θ

che, semplificata, porta asin θ

2= µ cos θ

ovverosin θ

cos θ= 2 µ

e pertantoθ = arctan (2 µ) = arctan (0.4) = 0.38 = 21.8◦


Sul corpo sono applicate la forza peso, la forza F e la reazione vincolare. Per determinare il valoredella forza F occorre equilibrare i momenti delle forze, rispetto al punto di appoggio. Pertanto, dettoL la lunghezza dello spigolo del cubo, risultera:

F L =m g L

2

e quindi

F =m g

2= 15N

9.6. SOLUZIONI 213


Le forze agenti sul corpo sono la forza peso, verticale, la reazione vincolare del piano, perpendicolarea questo, la forza d’attrito, tangente, e la forza F esterna.

Detta Fa l’eventuale forza di attrito, essa sara:

Fa ≤ µ m g cos θ

cui si opporra la componente tangenziale della forza peso:

P = m g sin θ

La reazione vincolare del piano sara pari alla componente perpendicolare della forza peso:

N = m g cos θ

Per l’equilibrio del corpo la forza esterna dovra essere non tanto piccola, da bilanciare la compo-nente tangenziale della forza peso cui si sara sottratta la forza di attrito, e quindi tale da non farcadere verso il basso il corpo. D’altra parte essa non dovra essere tanto grande da superare la sommadella componente tangenziale della forza peso e della forza di attrito, in modo da non far muovereverso l’alto il corpo. Per la prima condizione avremo allora:

F = m g sin θ − Fa = m g (sin θ − µ cos θ)

mentre per la seconda condizione deve risultare:

F = m g sin θ − Fa ≤ m g (sin θ + µ cos θ)

Nel caso di assenza di attrito le due condizioni si riducono a:

F = m g sin θ = 42.4N

mentre in presenza di attrito abbiamo:

m g (sin θ − µ cos θ) ≤ F ≤ mg(sin + µcos )

ovvero:

29.7N ≤ F ≤ 55.1N


Per l’equilibrio dei momenti, detta F la forza da applicare, deve risultare:

F p = R r

ovvero:

F = Rr

p= 240N


Per ottenere l’equilibrio deve essere:~F + ~a +~b + ~c = 0


a

b

c

Figura 9.16: Tre forze applicate ad un corpo

e quindi:~F = −

(

~a +~b + ~c)

Determiniamo pertanto la risultante delle tre forze. A tale scopo consideriamo un riferimento xytale che l’asse x coincida con la direzione ed il verso della forza ~c, mentre l’asse y coincida con ladirezione ed il verso della forza ~b, come indicato in Fig. 9.16

Le componenti dei tre vettori saranno:

~a = (|~a| sin 210◦ , |~a| cos 210◦) = (−2.5 , −4.33)

~b =(

0 ,∣

∣

∣

~b∣

∣

∣

)

= (0 , 12)

~c = (|~c| , 0) = (6 , 0)

e quindi la risultante sara:~R = ~a +~b + ~c = (3.50 , 7.67)

ovvero:~F = −~R = (−3.50 , −7.67)

In particolare sara:∣

∣

∣

~F∣

∣

∣ = 8.43N


La condizione d’equilibrio e che sia:~F + ~F1 + ~F2 = 0

ovvero~F = −

(

~F1 + ~F2

)

Consideriamo quindi un riferimento xy con l’asse x coincidente in direzione e verso con la forza ~F1

e con l’asse y coincidente in direzione e verso con la forza ~F2. In tale riferimento le due forze sarannoespresse da:

~F1 = (2.94 , 0)

~F2 = (0 , 1.70)

La risultante sara quindi:~R = ~F1 + ~F2 = (2.94 , 1.70)

9.6. SOLUZIONI 215

T T

m g

Figura 9.17: Un corpo tenuto da una fune

e la forza richiesta sara:~F = −~R = (−2.94 , −1.70)

con un modulo dato da:∣

∣

∣

~F∣

∣

∣ = 3.40N


Per determinare le tensioni dei fili occorre considerare come si distribuisce la forza peso del corpo.Considerando che le due tensioni dei fili, indicate con T , devono essere uguali, per simmetria,

avremo che le componenti orizzontali delle tensioni saranno uguali e contrarie mentre la somma dellecomponenti verticali saranno uguali alla forza peso del corpo. Risulta pertanto che:

m g = 2 T sin θ

Per la prima risposta abbiamo:

T =m g

2 sin θ=

2 × 10

2 sin 30◦ = 20N

mentre per la seconda si ha:

sin θ =m g

2 T=

2 × 10

2 × 200= 0.05

per cuiθ = arcsin 0.05 = 0.05rad = 2.9◦


Le equazioni cardinali della statica, nel nostro caso, possono essere scritte come:

F1 + F2 − M g = 0

F1 l1 + F2 l2 − M g L2

= 0

ove con F1 ed F2 si sono indicate le due reazioni vincolari ed i momenti delle forze sono stati calcolatirispetto all’estremo della sbarra, come indicato in Fig. 9.18.

Ricavando la forza F2 dalla prima equazione e sostituendo nella seconda abbiamo:

F2 = M g − F1

F1 l1 + M g l2 − F1 l2 = M g L2

per cui

F1 = M gL2− l2

l1 − l2= 400 × 10 ×

3

2− 2.5

2.5 − 0.2= 1740N


0.2

2.5

Figura 9.18: Una sbarra poggiata su due ritti

mentre:F2 = M g − F1 = 400 × 10 − 1740 = 2260N

Per la seconda parte occorre indicare con x la distanza dall’estremo a cui si pone il corpo e riscriverele equazioni cardinali della statica:

F1 + F2 − M g − m g = 0

F1 l1 + F2 l2 − M g L2− m g x = 0

Imponendo che le due reazioni vincolari siano uguali si ha:

2 F1 = (M + m) g

F1 (l1 + l2) = M g L2

+ m g x

Si ottiene allora

F1 =(M + m)

2g

e(M + m)

2(l1 + l2) g = M g

L

2+ m g x

ovvero

x =(M + m)

2 m(l1 + l2) −

M

m

L

2

che numericamente fornisce

x =(400 + 50)

2 × 50× (0.2 + 2.5) − 400

50× 3

2= 0.15m


La forza di attrito statico massima e:F = µ m g

con direzione qualsiasi.La forza elastica generata dalla molla e invece:

F1 = −k r

e quindi e posizione di equilibrio qualunque posizione contenuta nel cerchio di raggio r, dato dallarelazione:

k r = µ m g

ovvero:

9.6. SOLUZIONI 217

r =µ m g

k=

0.3 × 2 × 10

1.2= 5.0m


Per potersi ottenere l’equilibrio, le forze peso agenti sui due corpi devono produrre nel tratto di filoverticale ed in quello orizzontale, tensioni tali da avere, per risultante, una forza giacente lungo ladirezione del tratto di filo obliquo. Detta allora T la tensione della fune nel tratto orizzontale e T1 ledue tensioni della fune nel tratto obliquo, abbiamo:

T = m g

e la condizione di equilibrio e

m g = T = 2 T1 sin θ

M g = 2 T1 cos θ

per cui

θ = arctan

(

m g

M g

)

= arctan

(

1

4

)

= 0.25rad = 14◦


Le forze agenti sulla sfera sono il peso P , applicato nel suo centro di massa e diretto verticalmenteverso il basso, la tensione T della fune, diretta verso l’alto lungo la direzione della fune stessa, ed infinela reazione vincolare F della muro, diretta perpendicolarmente al muro, da questo verso la sfera.

L’equilibrio del sistema impone che sia:

P + T + ~F = 0

Scegliamo ora un riferimento xy, con l’asse x orizzontale diretta dalla parete verso l’esterno, e conl’asse y diretto verticalmente, verso l’alto.

In questo riferimento le tre forze si scrivono come:

P = (0 , −m g)

T = (T sin θ , T cos θ)

~F = (F , 0)

ove con θ si e indicato l’angolo che il filo forma con la verticale. Esso e dato dalla relazione:

sin θ =R

L

Per l’equilibrio delle forze deve essere, per l’asse x:

F = T sin θ = TR

L=

R

L

e. per l’asse y:

m g = T cos θ = T

√

1 − R2

L2

ovvero

T =m g L√L2 − R2

=2 × 10 × 0.5√

0.52 − 0.12= 20.4N


Ne consegue che:

F =T R

L=

20.4 × 0.1

0.5= 4.08N


Per poter bilanciare il peso P = m g del lampione, il cavo deve essere leggermente inclinato, di unangolo θ, rispetto all’orizzontale. La sua lunghezza dovra essere pertanto:

L =l

cos θ=

l√

1 − sin2 θ

D’altra parte la somma delle due tensioni, ai lati del lampione, dovranno essere uguali in modulo,per motivi di simmetria, ovvero dovranno essere uguali le loro componenti orizzontali. Per le com-ponenti verticali abbiamo che la loro somma dovra uguagliare la forza peso del lampione. Risultaquindi:

T =m g

2 sin θ

ovvero

sin θ =m g

2 T

ed in definitiva

L =l

cos θ=

2 T√

22 T 2 − m2 g2l

Se non vogliamo che il cavo si rompa la tensione della fune non deve superare il carico di rotturae quindi la lunghezza del cavo deve essere di almeno:

L =2 R

√

22 R2 − m2 g2l =

2 × 200 × 20√22 × 2002 − 162 × 102

= 21.8m


Per ottenere il bilancio basta uguagliare i momenti delle due forze, la forza F ed il peso P . Abbiamoquindi:

P r = F R

ovvero

P = FR

r=

200 × 0.30

0.06= 1000N


Poiche la potenza e legata alla forza dalla relazione:

W = F v

abbiamo che la forza applicata alla manovella e:

F =W

v

e quindi viene generato un momento motore:

τ = F r =W r

v=

600 × 0.30

36= 5.0Nm

9.6. SOLUZIONI 219

30°

Figura 9.19: Una sbarra, imperniata ad un estremo, e tenuta ferma da una fune


Calcoliamo il momento delle forze applicate sulla sbarra, rispetto al perno:

F L cos θ − T l cos θ = 0

ove e la forza elastica della molla e quindi e anche data da:

T = k x = k l sin θ

Si ha quindi:

F L cos θ = T l cos θ = (k l sin θ) l cos θ = k l2 sin θ cos θ

ovvero

F L = k l2 sin θ

per cui

θ = arcsin

(

F L

k l2

)

= arcsin

(

0.03 × 0.10

3.33 × 0.062

)

= 0.25rad = 14.5◦


La reazione vincolare del muro nel punto in cui e fissato il filo sara ovviamente uguale alla tensionedel filo.

Sulla sbarra sono applicate la sua forza peso P = m g, diretta verticalmente verso il basso edapplicata nel baricentro della sbarra, la tensione T del filo, diretta verso l’alto lungo la direzione delfilo, ed infine la reazione vincolare F del muro nel punto di incernieramento, la cui direzione non eprecisabile.

Per l’equilibrio dei momenti delle forze, calcolati rispetto al punto di incernieramento, si ha:

PL

2= T L cos θ

e quindi:

T =P

2 cos θ

che numericamente fornisce

T =3 × 10

2 × 0.866= 17.3N


Per determinare ora la reazione vincolare nel punto di incernieramento scomponiamo tale forzalungo le direzioni orizzontale e verticale indicandole con F1 ed F2 rispettivamente.

Per l’equilibrio delle forze deve risultare:

F1 = T sin θ = 17.3 × 0.5 = 8.65N

F2 = m g − T cos θ = 3 × 10 − 17.3 × 0.866 = 15.0N


Sul corpo inferiore agiscono la forza peso, la reazione normale del piano e la forza di attrito staticotra corpo inferiore e piano. La forza di attrito statico massima e data da:

F = µ N = µ (m + M) g cos θ

Tale forza deve essere non inferiore alla componente tangenziale della forza peso del corpo M ecioe:

F = µ (m + M) g cos θ ≤ M g sin θ

da cui si deduce che il valore limite dell’angolo di inclinazione e dato dalla relazione:

tan θ =µ (m + M)

M

per cui

θ = arctan

[

µ (m + M)

M

]

= arctan

[

0.2 × (1 + 4)

4

]

= 0.25rad = 14◦

LA STATICA DEI SOLIDI -...

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