Meccanica dei sistemi di punti e corpi rigidi/Esempi di problemi di statica

Tratteremo in questo modulo di esempi di problemi di statica. Tratteremo casi particolari, discutibili in vari modi.

Appoggio al piano

Un corpo rigido viene poggiato a un piano orizzontale senza attrito. Le uniche forze agenti sono la reazione normale $\overrightarrow{N}$ e la forza peso $M\overrightarrow{g}$. Quest'ultima sappiamo essere applicata al centro di massa, ma la reazione del piano? La definizione di reazione vincolare afferma che essa è una forza che il piano esercita su ogni punto d'appoggio del corpo, tale da contrastare la forza peso e permettere al piano di reggere il corpo. Secondo quanto detto, quindi, anche la forza vincolare, come la forza peso, si comporta come un sistema di forze parallele: ogni punto di contatto tra piano e corpo è soggetto a una reazione vincolare, e la somma di tutti i singoli contributi deve essere tale da contrastare la forza peso. L'insieme dei punti del corpo a contatto con il piano viene chiamato poligono d'appoggio.

Ora, che la somma di tutti i contributi sia, in modulo, uguale alla forza peso lo sapevano già da tempo; l'unica cosa che non sappiamo con certezza, però, è il punto di applicazione della forza. Sempre secondo la definizione di reazione vincolare, questa si esercita lungo la verticale del centro massa, ovvero sul punto, appartenente al poligono d'appoggio, ortogonale al baricentro del corpo. Il problema è: e se il centro di massa si trovasse, verticalmente, esterno al poligono d'appoggio?

In questo caso, il corpo non è in quiete. La reazione vincolare, infatti, viene applicata al punto più vicino alla verticale del centro di massa, qualora questa cada fuori dal poligono d'appoggio. Allora il momento delle forze non è più nullo: se chiamo $P$ il punto in cui si applica la reazione vincolare, il momento delle forze rispetto a quel punto è diverso da zero, il corpo presenta quindi una rotazione dovuta al momento della forza peso e cade a terra.

In questi casi, può risultare interessante controbilanciare le cose, e applicare una forza, diretta verso il basso come la forza peso, in un altro punto $A$ del poligono d'appoggio diverso da $P$: per far sì che vi sia equilibrio, deve essere soddisfatta la legge:

$\overrightarrow{\tau }=0\Rightarrow \overrightarrow{r}\wedge m\overrightarrow{g}-{\overrightarrow{r}}_2\wedge \overrightarrow{f_a}=0$

Esercizi di statica

Esempio 1

Iniziamo a parlare di problemi di statica. Il primo esempio che diamo è quello di una sbarra poggiata a un muro. Tra la scala e il muro verticale non vi è attrito, mentre tra la scala e il pavimento sì. Si richiede di trovare il coefficiente di attrito statico ${\mu }_s$ minimo affinché vi sia equilibrio.

Le forze agenti sulla sbarra sono $\overrightarrow{P}$ forza peso, applicata al centro geometrico della sbarra; $\overrightarrow{r}$ reazione vincolare del muro verticale, applicata nel punto di contatto tra sbarra e muro; $\overrightarrow{R}$ reazione vincolare del pavimento, applicata nel punto di contatto $\mathrm{\Omega }$ tra sbarra e pavimento; ${\overrightarrow{f}}_{att}$ forza di attrito, applicata anch'essa nel punto $\mathrm{\Omega }$ di contatto tra pavimento e sbarra; supponendo che la scala scivoli allontanandosi dal muro, questa si oppone allo spostamento. Applichiamo la prima condizione di equilibrio:

$\overrightarrow{R}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{r}+{\overrightarrow{f}}_{att}=\overrightarrow{0}$

Come polo scegliamo il punto $\mathrm{\Omega }$ dove la sbarra è a contatto col pavimento. Calcoliamo i momenti delle forze relativamente a questo punto; le forze che si applicano in questo punto, ovvero $\overrightarrow{R}$ e ${\overrightarrow{f}}_{att}$ non contribuiscono al momento. Applichiamo la seconda condizione di equilibrio:

$\overrightarrow{\tau }={\overrightarrow{\tau }}_P+{\overrightarrow{\tau }}_r=0$

Per comodità, ci scriviamo le forze agenti in coordinate cartesiane. Il problema permette che le forze possano essere scritte solo nelle coordinate $x$ e $y$:

$\begin{array}{cc}\overrightarrow{P}=& (0,-mg)\\ \overrightarrow{R}=& (0,R)\\ \overrightarrow{r}=& (r,0)\\ {\overrightarrow{f}}_{att}=& (-f,0)\end{array}$

Le coordinate della forza risultante saranno quindi:

$\begin{array}{cc}& F_x=r-f=0\Rightarrow f=r\\ & F_y=-mg+R=0\Rightarrow R=mg\end{array}$

Passiamo al calcolo del momento. Facciamo un po' di considerazioni di segno: consideriamo il caso in cui il muro si trovi a sinistra della sbarra; la reazione del muro fornisce un momento sull'asse $z$ negativo, perché mette il corpo in rotazione oraria. La forza peso, invece, ne fornisce un contributo positivo, poiché causa una rotazione antioraria. Possiamo quindi scrivere:

${\tau }_z=-lr\cos \theta +mg\frac{l}{2}\sin \theta$

Dove $\theta$ è l'angolo che la sbarra forma col muro verticale. La distanza tra il polo e il punto di applicazione della reazione $\overrightarrow{r}$ è tutta la lunghezza della sbarra, mentre per la forza peso è la metà, ovvero $\frac{l}{2}$, esattamente il punto in cui si applica la forza peso. A questo punto, poniamo ${\tau }_z=0$:

$rl\cos \theta =mg\frac{l}{2}\sin \theta \Rightarrow r=\frac{mg}{2}\tan \theta$

Grazie al calcolo delle forze fatto prima, possiamo porre $f=r$ e $mg=R$:

$\begin{array}{cc}& f=\frac{mg}{2}\tan \theta <{\mu }_{s}R\\ & {\mu }_{s}R>\frac{mg}{2}\tan \theta \\ & {\mu }_{s}mg>\frac{mg}{2}\tan \theta \\ & {\mu }_s>\frac{\tan \theta }{2}\end{array}$

Il problema può considerarsi risolto.

Esempio 2

Prendiamo questa volta un'asta di lunghezza $L$ fissata a un muro attraverso vincolo girevole, che ne permette la rotazione; l'altro estremo dell'asta è fissato, tramite una corda tesa, allo stesso muro, tale che l'asta sia in posizione di equilibrio orizzontale. Consideriamo la massa della sbarra trascurabile. Su di essa viene poggiato un punto materiale di massa $m$. L'angolo che la corda forma con l'asta orizzontale sia $\theta$. Inoltre, la corda ha un limite di tensione $T_{max}$ dopo il quale essa si spezza. In funzione dei parametri dati, ricavare le componenti della forza vincolare $\overrightarrow{F}$ e la distanza massima $x_{max}$ in cui può essere poggiato il punto materiale (suggerimento: $x_{max}$ corrisponde col punto di rottura della corda).

L'asta è in equilibrio, quindi la somma delle forze è nulla. Studiamo le forze agenti: $m\overrightarrow{g}$ è la forza peso del punto materiale, applicata nella posizione $x$ del punto; $\overrightarrow{T}$ è la tensione della corda, applicata lungo la corda stessa nell'estremo dell'asta e $\overrightarrow{F}$ è la reazione del vincolo, applicata nel punto $A$ di contatto tra asta e muro. Avremo quindi:

$m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{T}+\overrightarrow{F}=0$

È utile, anche stavolta, scrivere le forze in coordinate cartesiane; scelto il punto $A$ come origine, facciamo coincidere l'asse $x$ con l'asta orizzontale, mentre l'asse $y$ sarà il muro. Le componenti delle forze sono quindi:

$\begin{array}{cc}\overrightarrow{F}=& (F_x,F_y)\\ \overrightarrow{T}=& (-T\cos \theta ,T\sin \theta )\\ \overrightarrow{P}=& (0,-mg)\end{array}$

Avremo quindi che la somma delle componenti lungo ogni asse è nulla:

$\{\begin{array}{cc}{F}_x-T\cos \theta =0& \text{ lungo }x\\ F_y+T\sin \theta -mg=0& \text{ lungo }y\end{array}$

Lungo l'asse $z$, invece, abbiamo il momento delle forze. Come polo scegliamo il punto di contatto tra asta e muro, così da rendere nulla la componente della forza vincolare. Avremo che:

${\tau }_z=TL\sin \theta -mgx=0$

Ricordiamo che il punto materiale si trova nella posizione incognita $x$, corrispondente al braccio della forza peso. Dall'ultima relazione possiamo ricavarci la tensione del filo in funzione di $x$:

$T(x)=\frac{mg}{L\sin \theta }x$

Questo valore di $T$ va riportato nelle componenti scritte sopra; avremo quindi che:

$\begin{array}{cc}& F_x=T\cos \theta =\frac{mg}{L}\cot \theta x\\ & F_y=mg-T\sin \theta =mg-\frac{mg}{L}x=mg(1-\frac{x}{L})\end{array}$

L'ultimo punto è calcolare il punto di rottura; poniamo nell'espressione della tensione $T=T_{max}$, ottenendo:

$\frac{mg}{L\sin \theta }=T_{max}\Rightarrow x_{max}=\frac{T_{max}L\sin \theta }{mg}$

Il problema è risolto.