4. Cinematica dei rigidi
5.5. Statica dei sistemi rigidi
−→ Me,aT +−M→e,vT = ~0 , (5.6)
dette Equazioni cardinali della statica.
Si noti che la (5.6), se è valida per un polo T , lo è per ogni altro polo T0, a causa di
(5.5).
5.5. Statica dei sistemi rigidi
Nel caso di sistemi rigidi le equazioni cardinali sono sufficienti a garantire l’equilibrio, come proveremo successivamente.
Le equazioni cardinali allora, nel caso di un rigido, possono essere usate per determi- nare le condizioni di equilibrio. Questo ci permetterà, in molti casi, di determinare sia le posizioni di equilibrio, che le reazioni vincolari all’equilibrio.
Vedremo successivamente i dettagli, per ora consideriamo un esempio. Esempio di determinazione dell’equilibrio e delle reazioni vincolari
Sia data un’asta OA, come nella figura5.3, di lunghezza l.
b Ω b O x bA b G y −→ F ϕ
Figura 5.3. Esempio di problema di statica
Il piano Ωxy è supposto verticale e l’asse delle y è verticale ascendente. Le forze agenti sono:
– una forza −→F di modulo noto e costante, agente in A e perpendicolare a OA; – una forza di tipo elastico di costante k, agente sul punto O e avente centro in Ω; – il peso della sbarra, che è supposta omogenea e di massa m;
– una reazione vincolare in O, che costringe il punto O stesso a scorrere sull’asse delle x(vincolo a carrello).
1La cosa non è però facile da verificare analiticamente e dipende da questioni di regolarità delle forze e
Appunti di meccanica razionale 5.5. Statica dei sistemi rigidi
Premessa e osservazioni importanti per la trattazione di problemi di meccanica – In Meccanica razionale le forze elastiche che si considerano sono sempre “molle ideali”
nel senso che
1. possono subire qualunque allungamento;
2. esercitano esclusivamente una forza di richiamo, proporzionale alla loro lun- ghezza: detto C il “punto di fissaggio” della molla e P il punto di applicazione,
si ha −→
Fel = −k
−−→
CP = −k(P − C) ,
ove k è una costante positiva, detta costante elastica. Si noti che con questa convenzione le molle possono essere solo allungate e non compresse.
– I corpi che si considerano nei problemi pratici non sono mai troppo grandi, per cui ha senso parlare di baricentro (le forze peso possono essere pensate sistemi di vettori applicati paralleli) e il baricentro coincide con il centro di massa.
Inoltre abbiamo provato che, per sistemi di vettori applicati di questo tipo, si può operare una riduzione, ai fini del calcolo del risultante e del momento risultante rispetto a un dato polo, a un solo vettore applicato in un punto dell’asse centrale e, in particolare, nel centro del sistema di vettori applicati paralleli (in questo caso il baricentro).
Poichè per i sistemi rigidi le equazioni cardinali della statica sono sufficienti a carat- terizzare l’equilibrio, e poichè nelle equazioni cardinali compaiono il risultante e il momento risultante, potremo sempre, per i corpi rigidi, pensare al peso come a un’u- nica forza applicata nel baricentro. Si tenga comunque sempre presente che questa riduzione dell’insieme delle forze peso a un’unica forza è valida per questioni legate all’uso delle equazioni cardinali; vedremo che, nel caso dei rigidi, la cosa sarà possibile anche per questioni connesse al calcolo del lavoro, ma in generale è bene evitare di pensare sempre alla forza peso come una forza unica agente sul baricentro.
– Anche le reazioni vincolari agiscono sui punti di un rigido e dunque, agli effetti dell’uso delle equazioni cardinali, il sistema di forze che descrivono le reazioni vincolari potrà sempre essere ridotto a un unico vettore applicato in un punto A e a una coppia il cui momento coincide col momento del sistema di reazioni rispetto ad A.
Nelle applicazioni che ci interessano, di solito, i vincoli agiscono (mediante cerniere, carrelli, incastri,. . . ) in determinati punti del rigido o al più in un intorno di questi punti e conviene analizzare separatamente le reazioni in ciascuno di questi punti, riducendo il sistema di reazioni in ogni punto a un vettore applicato in quel punto e a una coppia. Si tenga ben presente che il “punto” su cui agiscono le reazioni vincolari è, in realtà, quasi sempre una zona estesa circondante il punto stesso (un intorno opportuno), ed è per questo che nel ridurre il sistema di reazioni bisogna considerare sia un risultante che un momento risultante: se le forze agissero su un singolo punto esse sarebbero sempre riducibili solo al vettore risultante, senza bisogno di alcuna coppia. Si tenga altresì presente che, se è richiesto il momento risultante rispetto a un polo diverso dal punto in considerazione, bisognerà poi applicare la consueta formula di trasporto.
Naturalmente questo non esclude che, in alcune situazioni (peraltro abbastanza fre- quenti nei problemi), ci si possa limitare a ridurre il sistema di reazioni vincolari al solo risultante, per di più di direzione facilmente individuabile a priori: è questo, per esempio, il caso di “vincoli senza attrito”, su cui torneremo più avanti.
5. Equazioni cardinali Appunti di meccanica razionale
Queste considerazioni pratiche sui vincoli sono di grande importanza perché, co- me abbiamo già detto, è proprio la determinazione delle reazioni vincolari uno dei problemi cruciali delle applicazioni.
Tornando al nostro problema della pagina60 assumeremo (per ora perchè in seguito ne daremo una giustificazione) che il vincolo in O sia schematizzabile con un unico vettore perpendicolare a ΩO.
Schematizziamo il problema, come conviene sempre fare, con un diagramma delle forze.
b Ω b O x bA b G y −→ F ϕ ϕ − → Φ m~g − → Fel
Figura 5.4. Diagramma delle forze
Si noti che, anche se abbiamo disegnato nel diagramma il vettore −→Φ verso l’alto, non facciamo alcuna ipotesi sul suo verso, ma solo sulla sua direzione: sia il verso che il mo- dulo dovranno esserci forniti (se le equazioni saranno sufficienti!) dalla risoluzione delle equazioni.
Il sistema ha due gradi di libertà e possiamo scegliere come parametri lagrangiani x = xO e ϕ .
Indichiamo con ~ı e ~ i versori degli assi x e y rispettivamente e scriviamo le equazioni cardinali della statica usando come polo O, così due delle quattro forze (tra cui quella incognita) non compariranno nell’equazione dei momenti.
− → Re =−→Fel+ − → Φ + m~g +−→F = ~0 −→ MeO=−OG ∧ m~−→ g +−→OA ∧−→F = ~0
Per quanto riguarda le forze e gli altri vettori abbiamo: – −→Fel= −kx~ı; – −→Φ = Φy~ (Φy è incognita); – m~g = −mg~; – −→F = −F sin ϕ~ı + F cos ϕ~; – −OG =−→ l 2cos ϕ~ı + l 2sin ϕ~; – −→OA = l cos ϕ~ı + l sin ϕ~. Dunque – −OG ∧ m~−→ g = ~ı ~ ~k l 2cos ϕ l 2sin ϕ 0 0 −mg 0 = −mgl 2cos ϕ~k;
Appunti di meccanica razionale 5.5. Statica dei sistemi rigidi – −→OA ∧−→F = ~ı ~ ~k l cos ϕ l sin ϕ 0 −F sin ϕ F cos ϕ 0 = F l~k.
L’equazione dei risultanti fornisce due equazioni scalari nelle componenti x e y, mentre l’equazione dei momenti fornisce una sola equazione scalare nella terza componente (suc- cede sempre così quando si ha ha che fare con sistemi piani in cui tutte le forze hanno componenti solo nel piano).
Le tre equazioni sono
−kx − F sin ϕ = 0 Φy+ F cos ϕ − mg = 0 −mgl 2cos ϕ + F l = 0 .
Si tratta di un sistema di tre equazioni nelle incognite x, ϕ, Φy, da cui si possono ricavare
sia le posizioni di equilibrio che il valore di Φy (almeno in teoria, in quanto il sistema non
è lineare in ϕ, ma solo in x e Φy).
Dalla terza equazione ricaviamo
cos ϕ = 2F mg = λ .
– Se λ > 1 non ci sono soluzioni, il sistema non può stare in equilibrio (fisicamente significa che il peso non può essere sufficiente a bilanciare la spinta perpendicolare all’asta impressa dalla forza −→F).
– Se λ = 1 c’è un’unica soluzione ϕ = 0;
– λ < 1 ci sono due soluzioni ϕ1,2 = ± arccos λ, simmetriche rispetto a x e una con
0 < ϕ <π/2, l’altra con −π/2< ϕ < 0.
Dalla prima equazione si ricava ora, se la terza ha soluzioni, x = −F k sin ϕ = 0, se λ = 1; ±F k √ 1 − λ2, se λ < 1.
Dalla seconda equazione si ricava infine Φy
Φy = mg − F cos ϕ = mg −
2F2 mg =
m2g2− 2F2
mg .
Poiché, per avere soluzioni, deve essere λ ≤ 1, ovvero 2F ≤ mg, si deduce che m2g2 ≥
4F2 > 2F2 e quindi m2g2− 2F2> 0, ovvero che−→Φ è sempre diretta verso l’alto.