esercizi classe terza 1

ITI OMAR Dipartimento di Meccanica
PROGRAMMA DI MECCANICA E MACCHINE
Classe 3MA 2006-2007
Docente: Silvano Andorno
STATICA
Grandezze fisiche della statica
• forza
• momento
Il momento come grandezza vettoriale
Composizione di forze con il metodo del parallelogramma
Composizione analitica di due forze complanari
Composizione di forze con il metodo del poligono funicolare
Baricentro
Teorema di Guldino
Equilibrio di un corpo nel piano
•
definizione dei principali vincoli
•
appoggio semplice
•
cerniera
•
incastro
•
determinazione delle reazioni vincolari
•
metodo analitico tramite le equazioni cardinali della statica
Macchine semplici
•
leve
•
carrucola fissa
•
carrucola mobile
•
paranco
RESISTENZE PASSIVE
•
•
•
•
attrito radente e volvente
resistenza del mezzo
equilibrio sul piano inclinato
il cono d’attrito
CINEMATICA
velocità media e velocità istantanea
concetto di accelerazione
•
moto uniforme
•
moto uniformemente accelerato
•
diagrammi spazio-tempo
•
diagrammi velocità-tempo
il moto circolare uniforme
•
velocità angolare
•
velocità periferica
ruotismi epicicloidali
•
rapporto di trasmissione negli ingranaggi
•
il ruotismo differenziale semplice (applicazioni automobilistiche)
•
studio cinematico di un ruotismo epicicloidale semplice
il moto assoluto e il moto relativo
•
caduta verticale
•
lancio verticale
•
traiettoria di un proiettile
il moto armonico
1
ITI OMAR Dipartimento di Meccanica
DINAMICA
la legge fondamentale della dinamica
il teorema dell’impulso
il teorema della quantità di moto
•
l’urto anelastico
•
urto anelastico
il principio di d’Alembert
•
sollevamento e caduta libera di un ascensore
•
concetto di osservatore inerziale e non inerziale
•
accelerazione centripeta e centrifuga
lavoro ed energia
•
energia cinetica
•
energia potenziale
•
principio di conservazione dell’energia
dinamica del moto rotatorio
•
momento di inerzia
•
la legge fondamentale della dinamica per il moto rotatorio
•
conservazione del momento della quantità di moto
IDRUALICA
Elementi di idrostatica
Equilibrio di corpi immersi
Il trinomio di Bernoulli
Velocità teorica di efflusso
Tracciamento delle linea piezometrica nel caso ideale
Perdite di carico distribuite e localizzate
Tracciamento delle linea piezometrica con valutazione della perdite di carico
Novara 14-09-06
Silvano Andorno
2
Esercizio n. 40 (Castano-Concil)
Nel verricello sospeso sotto rappresentato, determinare, in assenza di ogni fenomeno passivo, lo
sforzo P necessario ad equilibrare il carico Q. Sono dati i raggi r e R dei due tamburi.
Imponiamo la sistema una rotazione virtuale oraria (piccola quanto si vuole e compatibile con i
vincoli) intorno al punto fisso (all’istante considerato) A.
Per il principio dei lavori virtuali, in condizioni di equilibrio deve essere:
∑L
v
= 0 ⇒ P ( R − r ) ⋅ δα − Qr ⋅ δα = 0
(il segno negativo indica che il momento ha verso opposto rispetto allo spostamento indotto dalla
rotazione virtuale)
da cui si ha:
P=
r
R−r
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Dipartimento di Meccanica
Verifica finale di Meccanica
Classe 3MA
2006-07
1. Un’asta orizzontale, di lunghezza l, è vincolata all’estremo di sinistra da un carrello orizzontale e
all’estremità di destra da una cerniera. All’estremità destra è applica una coppia antioraria di
intensità C mentre un carico verticale F, diretto verso il basso, è applicato ad una distanza b
dall’estremità sinistra.
Determinare le reazioni vincolari.
2. Determinare la velocità di taglio relativa ad una operazione di tornitura cilindrica su di un albero di
diametro 45 mm nell’ipotesi che il mandrino del tornio ruoti 480 rpm.
(esprimere la velocità di taglio in m/min)
3. Due corpi puntiformi A e B si muovono, l’un contro l’altro, lungo una traiettoria rettilinea comune.
Sapendo che all’istante iniziale ( t = 0 ) i corpi distano 800 m e che le relative velocità sono espresse
dalle seguenti equazioni
⎧⎪v A ( t ) = 3 + 2 ⋅ t
t ( s ); v ( m / s )
⎨
⎪⎩vB ( t ) = 5
determinare:
a. dopo quanto tempo avviene l’incontro;
b. lo spazio percorso da entrambi i corpi dal momento iniziale fino al tempo del loro incontro;
c. le velocità dei corpi al momento dell’impatto.
4. Un blocco di massa m (10 kg) è libero di scendere lungo un piano inclinato di 60° rispetto
all’orizzontale. Sapendo che il coefficiente d’attrito tra il blocco e il piano è pari a 0.2, determinare:
a. se il blocco rimane in posizione oppure inizia la discesa;
b. se, e solo se, il blocco scende lungo il piano, studiarne il moto determinando in particolare
1. l’accelerazione di discesa;
2. la velocità raggiunta dopo 10 secondi;
3. l’energia cinetica posseduta dal blocco dopo 10 secondi;
4. l’energia dissipata durante una discesa di 10 secondi.
5. Un’autovettura percorre un tratto di strada rettilinea. Sapendo che la corona del differenziale ruota a
500 rpm, determinare la velocità dell’autovettura sapendo che le ruote hanno un raggio di 45 cm
6. L’automobile di cui al punto precedente (con corona del differenziale ancora ruotante a 500 rpm) si
inserisce in una curva di raggio 50 m. Determinare le frequenze di rotazione dei semiassi esterno ed
interno nell’ipotesi che la carreggiata dell’auto sia pari a 1.4 m
7. Un ascensore sale con accelerazione costante pari a 1.5 m/s2. Sul pavimento dell’ascensore è
posizionata una pesa (ovviamente con scala in newton) e su di essa Andrea (che “normalmente” pesa
700 N). Quale sarà il “peso” di Andrea evidenziato dall’indice della pesa durante la salita?
8. Si deve elaborare una portata di 40 m3/h di acqua con una prevalenza di 120 J/kg. Determinare la
potenza utile che si deve trasferire al fluido.
9. Un corpo di massa 15 kg si muove orizzontalmente lungo un piano senza attrito con una velocità di
10 m/s quando impatta un corpo di massa 10 kg fermo sullo stesso piano. Sapendo che dopo l’urto i
due corpi procedono con la stessa velocità, determinare:
a. la velocità comune dei due corpi;
b. l’eventuale energia dissipata nell’impatto.
10. Un rotore avente un momento di inerzia di 2 kgm2 ruota a 500 rpm e viene frenato, con una coppia
costante, fino ad arrestarsi in 10 s. Determinare:
a. la decelerazione del sistema;
b. l’energia assorbita dal freno durante l’operazione di frenatura;
c. la potenza media fornita del freno durante il periodo di frenatura.
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Dipartimento di Meccanica
Prova finale di Meccanica
Risolvere tre dei quattro quesiti proposti
n.1
Un proiettile di massa 9.4 kg viene sparato verticalmente verso l’alto. Lungo la sua traiettoria dissipa 68 kJ
per effetto della resistenza dell’aria. Quanto percorso in più riuscirebbe a fare se l’attrito dell’aria fosse reso
trascurabile ?.
n.2
Un’automobile ha un peso di 16400 N e viaggia alla velocità di 113 km/h quando l’autista frena fino a
fermarlo. La strada esercita una forza frenante di 8230 N sulle ruote che non strisciano. Si calcoli lo spazio
d’arresto.
n.3
Un uomo di 75 kg è trasportato da un carro di 38 kg che viaggia ad una velocità di 2.5 m/s. Egli salta giù dal
carro in corsa in modo da toccare il suolo con velocità orizzontale nulla. Trovare la conseguente variazione
di velocità del carro.
n.4
Una palla d’acciaio di massa 0.514 kg è agganciata ad una corda lunga 68.7 cm fissata all’altra estremità e
viene abbandonata quando la corda è orizzontale. Giunta nel punto più basso della traiettoria, la palla
colpisce un blocco d’acciaio di 2.63 kg inizialmente fermo su una superficie orizzontale priva di attrito.
L’urto è elastico. Si calcoli la velocità della palla e quella del blocco subito dopo l’urto.
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Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica: scelta a catalogo di una pompa centrifuga
Allievo:………………………………………………3MA
19-05-07
Una pompa centrifuga NP 40/200 con diametro della girante pari a 185 mm, accoppiata ad motore asincrono
trifase ad una coppia di poli, viene inserita in un circuito realizzato per trasferire acqua tra due bacini,
entrambi a pelo libero, aventi un dislivello di 40 (38) m. Le perdite di carico dell’impianto Y (m) possono
ritenersi valutabili con la seguente relazione:
Y ≅ 65000 ⋅ Q 2
Q ( m3 / s )
Determinare:
1. la prevalenza fornita dalla pompa;
2. la portata smaltita dalla pompa;
3. il rendimento della pompa;
4. la potenza assorbita dalla pompa;
5. la potenza utile trasferita al fluido;
6. l’altezza massima di installazione della pompa nell’ipotesi che le perdite di carico nel condotto di
aspirazione siano il 20% delle perdite di carico totali e che la temperatura dell’acqua si pari a 32°C
7. determinare infine la nuova portata smaltita dalla pompa nel caso in cui sulla mandata, tramite una
saracinesca, si introduca una perdita di carico aggiuntiva pari a 12 J/kg.
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Dipartimento di Meccanica
Verifica di Idraulica
Classe 3MA
23-06-07
Un serbatoio a pelo libero della capacità di 120 m3, posto ad una quota di 17 m dal bacino di carico1,
deve essere riempito d’acqua in circa 2 h utilizzando una pompa centrifuga ad asse orizzontale accoppiata ad
un motore asincrono trifase a due coppie di poli. Il circuito di alimentazione, realizzato con un tubo corrente
di diametro 4”, ha uno sviluppo di circa 150 m.
Trascurando le perdite di carico localizzate, determinare e/o scegliere:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
il tipo commerciale di pompa;
la portata smaltita;
il tempo impiegato per il riempimento del serbatoio;
la prevalenza fornita dalla pompa;
il rendimento della pompa;
la potenza assorbita dalla pompa;
la potenza utile della pompa;
l’energia assorbita dalla linea per completare il riempimento del serbatoio;
l’altezza massima di aspirazione della pompa nell’ipotesi che la temperatura massima dell’acqua sia
35°C e che le perdite in aspirazione siano circa il 30% delle perdite totali del circuito.
Qualora tramite la chiusura di una saracinesca si applicasse, in mandata, una perdita di carico localizzata di
30 J/kg, determinare:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
la portata smaltita;
il tempo impiegato per il riempimento del serbatoio;
la prevalenza fornita dalla pompa;
il rendimento della pompa;
la potenza assorbita dalla pompa;
la potenza utile della pompa;
il rendimento del gruppo motore-pompa nell’ipotesi che il motore elettrico abbia un rendimento del
90%
8. l’energia assorbita dalla linea per completare il riempimento del serbatoio.
1
Anche il bacino di carico è a pelo libero
ITI OMAR Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica
Classe 3MA
■
Da un ampio bacino d’acqua si dirama una tubazione di scarico, retta e inclinata rispetto
all’orizzontale, suddivisa in tre tratti per una lunghezza totale di 21 m. Il primo tratto ha un diametro pari a
0.3 m, il secondo tratto ha un diametro pari a 0.2 m, il terzo tratto ha un diametro di 0.3 m. Sapendo che la
portata fluente lungo il tubo di scarico è pari a 0.16 m3/s, determinare l’andamento della piezometrica
individuando anche la linea dei carichi totali teorici ed effettivi nonché la pressione in una sezione distante
18 m dallo sbocco dal serbatoio.
(Hint
1. scegliere come quota zero il centro della sezione terminale del tubo di scarico;
2. tracciare la linea dei carichi totali teorici;
3. tracciare la congiungente delle altezze geodetiche;
4. determinare le perdite distribuite nei tre tratti;
5. determinare le perdita di carico nei bruschi cambiamenti di sezione;
6. tracciare la linea dei carichi totali effettivi (dalla linea dei carichi totali teorici si sottraggono le
perdite di carico di competenza);
7. dalla linea dei carichi totali effettivi si sottraggono le altezze cinetiche di competenza.
N.B.: esprimere i carichi in J/kg ed esplicitare le scale utilizzate sia per le ascisse, sia per le ordinate)
h
L
L
α
L
A
B
h
α
12, 14, 16, 18 m
13, 12, 11, 10°
C
■
Un treno avente una massa di 8000 kg viaggia, nel nostro emisfero, da sud verso nord lungo un
meridiano terrestre ad una velocità di 50 m/s. Determinare lo sforzo sulle rotaie quando il treno si trova ad
una latitudine di 45° nord.
Hint: scomponi la velocità del treno secondo due direzioni: una giacente su di un piano parallelo al piano equatoriale e
l’altra perpendicolare alla precedente. La prima, e solo la prima, genera una forza di Coriolis…
Se ti dovesse servire la velocità di rotazione della terra…pensa a quanto è la durata temporale di un giorno….
Perdite di carico
Perdita di carico distribuita (D = 0.3 m)
Perdita di carico distribuita (D = 0.2 m)
Perdita per brusco restringimento
Perdita per brusco allargamento
1.59/7
12.5/7
3.07
4.0
J/kgm
J/kgm
J/kg
J/kg
200
180
160
Carichi J/kg
140
120
100
80
60
40
20
0
0
5
10
15
Ascissa della sezione m
20
25
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Dipartimento di Meccanica
Verifica di Idraulica
Classe 3MA
23-06-07
Un serbatoio a pelo libero della capacità di 120 m3, posto ad una quota di 18 m dal bacino di carico1,
deve essere riempito d’acqua in circa 2 h utilizzando una pompa centrifuga ad asse orizzontale accoppiata ad
un motore asincrono trifase a due coppie di poli. Il circuito di alimentazione, realizzato con un tubo corrente
di diametro 120 mm, ha uno sviluppo di circa 200 m.
Trascurando le perdite di carico localizzate, determinare e/o scegliere:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
il tipo commerciale di pompa;
la portata smaltita;
il tempo impiegato per il riempimento del serbatoio;
la prevalenza fornita dalla pompa;
il rendimento della pompa;
la potenza assorbita dalla pompa;
la potenza utile della pompa;
l’energia assorbita dalla linea per completare il riempimento del serbatoio;
l’altezza massima di aspirazione della pompa nell’ipotesi che la temperatura massima dell’acqua sia
35°C e che le perdite in aspirazione siano circa il 30% delle perdite totali del circuito.
Qualora tramite la chiusura di una saracinesca si applicasse, in mandata, una perdita di carico localizzata di
25 J/kg, determinare:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
la portata smaltita;
il tempo impiegato per il riempimento del serbatoio;
la prevalenza fornita dalla pompa;
il rendimento della pompa;
la potenza assorbita dalla pompa;
la potenza utile della pompa;
il rendimento del gruppo motore-pompa nell’ipotesi che il motore elettrico abbia un rendimento del
90%
8. l’energia assorbita dalla linea per completare il riempimento del serbatoio.
1
Anche il bacino di carico è a pelo libero
ITI OMAR Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica
1. Enuncia il teorema di Bernoulli con riferimento ai fluidi incomprimibili (0.5)
2. Quanto pesa un corpo avente massa 12.5 hg? (0.25)
3. Un corpo di massa m, inizialmente fermo, scende lungo un piano inclinato (angolo di inclinazione
del piano 20°) per una distanza di 15 m. Determinare la velocità finale del corpo in assenza di ogni
fenomeno passivo (0.5)
4. Un corpo avente una massa di 10 kg ha una velocità di 3 m/s. Determinare la sua energia cinetica
(0.25)
5. Enuncia il principio di Archimede riguardante i corpi immersi in un liquido. (0.5)
6. Attraverso un tubo di diametro 0.4 m fluisce acqua ad una velocità di 2 m/s. Successivamente il tubo
si restringe fino a raggiungere un diametro di 0.2 m. Determinare la velocità del fluido in
corrispondenza della zona ristretta. (0.25)
7. Un punto si muove lungo una traiettoria circolare con una velocità costante di 3 rad/s. Determinare la
sua accelerazione (modulo, direzione, verso) (0.5)
8. Quando un cannone spara un proiettile si verifica il cosiddetto fenomeno del rinculo. Sai fornirne
una spiegazione? (0.75)
9. Perché le pale di una turbina Pelton hanno la caratteristica forma a doppio cucchiaio? (0.5)
10. Un palloncino riempito con un gas più leggero dell’aria sale progressivamente di quota fino a
scoppiare. Sai fornirne una spiegazione? (1)
11. Perché le ruote del treno hanno una forma troncoconica? (0.5)
12. Una scimmia è aggrappata all’estremità libera di una fune, avvolta su di una carrucola, e collegata
all’altro estremo libero ad un baule. La scimmia e il baule sono perfettamente in equilibrio. Cosa
capita se la scimmia tenta di arrampicarsi sulla fune? Giustifica convenientemente la tua risposta e
trascura ogni fenomeno passivo. (1.5)
13. Un aereo percorre il tratto si andata, lungo 1200 km, alla velocità di 500 km/h e il tratto di ritorno
(sempre lungo 1200 km) alla velocità di 400 km/h. Determinare la velocità media nel tragitto di
andata e ritorno. (0.5)
14. Generalmente si modella la caduta di un grave secondo un moto uniformemente accelerato.
L’esperienza tuttavia insegna che la velocità di caduta di un corpo non aumenta oltre un certo limite
anche aumentando l’altezza di caduta. Fornisci la tua giustificazione. (0.75)
15. Un sasso vincolato ad una fune descrive una traiettoria circolare, giacente in un piano verticale, con
centro nel punto fisso della fune. Quando il sasso si trova alla massima altezza, la fune viene
istantaneamente tagliata. Descrivi qualitativamente la traiettoria del sasso, giustificando la tua
risposta. (1)
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Verifica di cinematica
Classe 3 MA
1. Una persona cammina per 72 metri a una velocità di 1,2 m/s e poi corre per 72 metri alla
velocità di 3 m/s, sempre nella stessa direzione. Determinare la velocità media
2. Una palla di piombo è lasciata cadere in un lago da una piattaforma posta a 5 m dall’acqua.
Essa colpisce l’acqua con una certa velocità e raggiunge il fondo, con la stessa velocità
costante , 5 secondi dopo il lancio. Quanto è profondo il lago?
3. Determinare la velocità di rotazione (modulo e verso) della corona del differenziale.
N.B.: il differenziale è costituito da quattro ruote coniche con uguale numero di denti.
z = 18
700 rpm
x
z = 20
Differenziale
z = 50
z = 70
x
500 rpm
ITIS OMAR
Dipartimento di Meccanica
Verifica n.1 modulo 3
1.
06-04-04
Classe 3MA
Allievo:__________________________
Un rotore con momento di inerzia 4 Kgm2 ruotante a 1000 giri/min viene frenato in quattro secondi tramite l’azione
di un momento frenate costante. Determinare:
1. la decelerazione del sistema
2. l’energia dissipata durante l’operazione di frenatura
3. l’entità del momento frenante
2π n 2 ⋅ π ⋅1000
=
≅ 105 rad / s
60
60
ω f = ωi − ε t
ωi =
ε=
ωi
t
=
105
= 26.25 rad / s 2
4
Ed = Ec =
1 2 4 ⋅1052
Iω ≅
= 22050 J
2
2
M f = I ε = 4 ⋅ 26.25 = 105 Nm
2.
Un serbatoio di 4000 m3 di acqua deve essere completamente travasato, tramite una pompa, in 10 ore, in un
secondo serbatoio posto ad una quota di 8 m rispetto al primo. In assenza di ogni fenomeno passivo determinare, in
prima approssimazione:
1. il lavoro compiuto durante la travasatura
2. la potenza nominale della pompa
L = V ⋅ γ ⋅ h = 4 ⋅106 ⋅ 9.8 ⋅ 8 ≅ 314 ⋅106 J
N=
3.
L 314 ⋅106
=
≅ 8.7 kW
t 104 ⋅ 3.6
Un’auto con massa 1000 kg viaggia alla velocità di 100 km/h e viene frenata tramite il blocco istantaneo delle
ruote. Ipotizzando che il coefficiente d’attrito tra il piano stradale e gli pneumatici sia costante e pari a 0.4,
determinare:
1. lo spazio di frenatura
2. l’energia dissipata durante l’operazione di frenatura
v = 100 km / h =
a=
105
≅ 27.8 m / s
3.6 ⋅103
m⋅ g ⋅ f
≅ 3.92 m / s 2
m
v f = vi − at
t=
vi
≅ 7.1 s
a
1
s = vi t − at 2 ≅ 27.8 ⋅ 7.1 − 0.5 ⋅ 3.92 ⋅ 7.12 ≅ 98.6 m
2
Ed = Ec =
4.
1 2
mv ≅ 500 ⋅ 27.82 ≅ 386420 J
2
Un bacino con profondità 12 m è collegato, tramite una condotta, ad un secondo bacino profondo 10 m e posto ad
una quota –10 m rispetto al precedente. Sapendo che la condotta, pescante sul fondo dei due bacini, è costituita da
due tratti di tubazione di uguale lunghezza e di diametri pari rispettivamente a 0.5 e 0.4 m determinare, trascurando
ogni fenomeno passivo:
1.
2.
la linea piezometrica
la pressione nella tubazione di diametro 0.5 m nel punto immediatamente precedente alla
variazione di sezione
In corrispondenza dello sbocco nel bacino inferiore si ha:
v = 2 gh = 2 ⋅ 9.8 ⋅ 2 ≅ 14 m / s
hc =
v2
= 10 m
2g
L’altezza cinetica nel primo tratto di tubazione vale:
4
4
⎛d⎞
⎛ 0.4 ⎞
hc' = hc ⎜ ⎟ = 10 ⎜
⎟ ≅ 4.1 m
⎝D⎠
⎝ 0.5 ⎠
Deve essere:
hg + hc' + hp = 20 m
4 + 4.1 + hp = 20
hp ≅ 11.9 m
hp =
p
γ
⇒
p = 11.9 ⋅ 9.8 ⋅1000 = 11.7 ⋅104 N / m 2
5.
In un bacino viene praticato un foro di diametro 0.3 m ad una quota –10 m rispetto al pelo libero. Determinare, in
assenza di ogni fenomeno passivo. la velocità di efflusso del liquido e la portata effluente.
La velocità di efflusso vale:
v = 2 gh ≅ 2 ⋅ 9.8 ⋅10 ≅ 14 m / s
La portata vale:
Q = v⋅
6.
πd2
4
=
14 ⋅ π ⋅ 0.32
= 0.99 m3 / s
4
Un disco omogeneo, di raggio 1 m e con momento di inerzia 10 kgm2 rispetto all’asse di rotazione x-x, ruota a 500
giri/min in assenza di forze esterne. Ad un certo istante una massa puntiforme di 2 kg viene collocata alla periferia
del disco, in modo che si muova solidalmente col disco stesso. Determinare, in assenza di ogni fenomeno passivo,
la nuova frequenza di rotazione del sistema.
In = I ' n'
In 10 ⋅ 500
≅ 417 giri / min
n' = ' =
I
(10 + 2 )
7.
Spiega, in non più di tre righe, come si giustifica l’effetto portante di un’ala d’aereo.
Per effetto della conformazione dell’ala, le correnti d’aria che lambiscono la superficie inferiore dell’ala sono più lente
delle correnti d’aria che lambiscono la superficie superiore. Ciò, per il teorema di Bernoulli, giustifica che sulla faccia
inferiore dell’ala si crei una pressione (portante) superiore a quella (premente) che si attiva sulla faccia superiore.
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Dipartimento di meccanica
Verifica breve di Meccanica (cinematica) 18-11-06
1. Rappresentare su un unico grafico (spazio-tempo) i moti dei due oggetti seguenti, che si
muovono con una traiettoria rettilinea, e determinare l’istante in cui si incontrano:
A. All'istante t = 0 , l'oggetto A si trova al km 0 e viaggia con moto rettilineo uniforme
pari a 60 km/h per 2 ore, poi a 300 km/h per 1 ora, infine a 70 km/h per 3 ore.
B. L'oggetto B è fermo al km 300.
2. Rappresentare su un unico grafico (spazio-tempo) i moti dei due oggetti seguenti, che si
muovono entrambi lungo una traiettoria rettilinea e determinare l’istante in cui si incontrano:
a. L'oggetto A è fermo al km 240 per mezz'ora; in seguito torna indietro, con moto
uniforme, per 2 ore alla velocità di 120 km/h.
b. L'oggetto B è fermo al km 100.
3. Il grafico (spazio-tempo), sotto rappresentato, si riferisce ad un oggetto che si muove lungo
una traiettoria rettilinea.
s (km)
20
10
0
1
2
3
t (h)
Determinare:
a. il tratto a cui corrisponde la velocità massima;
b. il corrispondente grafico (velocità-tempo);
c. lo spazio percorso (ricavato dal grafico di cui al punto precedente)
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Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica (recupero)
Classe 3MA
04-11-06
1. Un’auto viene venduta il giorno 10-08-06 al prezzo di 24500 €. Il giorno 18-10-06 viene
messa in vendita ad un prezzo scontato del 10%. Successivamente, in data 27-10-06, viene
messa in vendita ad un prezzo rivalutato del 10% rispetto al precedente.
Determinare il prezzo di vendita dell’automobile in data 18-10-06 e in data 27-10-06. (0.25)
2. Un triangolo rettangolo ha un’ipotenusa che misura 12 m. Sapendo che un cateto è pari al
doppio dell’altro, determinare il perimetro del triangolo. (0.75)
3. Determinare il volume del solido generato dalla rotazione di un pentagono regolare di lato 1
m, lungo l’asse y-y come indicato in figura.(1.15)
y
G
10 m
y
4. Determinare la posizione del baricentro della figura sotto rappresentata. (il cerchio è
tangente al quadrato) (0.85)
5m
=
5m
=
5m
5. Determinare le reazioni vincolari della seguente trave, vincolata da una cerniera e da un
carrello verticale (1.5)
a
b
F
6. Uno studente avente un peso di 600 N, in piedi su di una pesa, equilibra, tramite una fune
avvolta su di una cerniera fissa, un corpo di massa m pari a 50 kg. Determinare la lettura
della pesa (in newton). (2.75)
m
7. Due masse (m1 = 40 kg e m2 = 18 kg), collegate tramite una fune inestensibile avvolta su di
una carrucola fissa, sono appoggiate su due piani inclinati come in figura. Determinare, in
assenza di ogni fenomeno passivo, il valore della forza F, parallela al piano, in grado di
equilibrare il sistema. (2.75)
m2
m1
F
4m
5m
7m
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Verifica di Meccanica
Classe 3MA
ver3ma01_06
Classe 3MA Primo quadrimestre 25-10-05
Allievo: _______________________________
1. Determinare le reazioni vincolari della seguente struttura (vedi Fig.1)
Fig.1
Fig.2
2. Determinare l’entità della forza F in grado di equilibrare il peso della massa M (vedi Fig.2)
3. Con riferimento alla struttura reticolare isostatica e vincolata isostaticamente sotto riportata,
costituita da tre aste incernierate e di uguale lunghezza, dopo aver determinato le reazioni
vincolari, scrivere il sistema risolutivo, in forma matriciale, utilizzando le solamente le tre
equazioni vettoriali di equilibrio nodale (sei equazioni scalari….).
1. Si indichino con VA e VB le reazioni verticali, rispettivamente di appoggio e cerniera, e con
HB la reazione orizzontale della cerniera.
Equilibrio dei momenti nel punto B
∑M
i
=0
− F2 ⋅ 2a − F1a + VA ⋅ 2a = 0
VA = F2 +
F1
2
Equilibrio dei momenti nel punto A
∑M
i
=0
F1a − VB ⋅ 2a − F2 ⋅ 2a = 0
VB = − F2 +
F1
2
Somma delle forze orizzontali uguale a zero
∑F
ix
=0
F2 + H B = 0
H B = − F2
2. Dall’equilibrio della carrucola mobile si ricava la tensione T agente sulla fune
T=
M ⋅g
2
Scriviamo ora un’equazione di equilibrio, rispetto ad A, dei momenti agenti sulla leva
considerando applicate alle sue estremità rispettivamente la forza incognita F e la tensione
della fune T.
− F ⋅ 3a + T ⋅ a = 0
T
F=
3
E sostituendo il valore di T ottenuto in precedenza si ha:
F=
M ⋅g
6
3.
Si indichi con C il punto di applicazione dei carichi, con VA e VB
rispettivamente le reazioni verticali positive su appoggio e cerniera e
con HB la reazione orizzontale positiva della cerniera e infine si
indichi con l la lunghezza delle aste
Equilibrio dei momenti al nodo A
l
l
3=0
− F1
2
2
− F 3 + F2
VB = 1
2
−VB l + F2
Equilibrio dei momenti al nodo B
l
l 3
− F1
=0
2
2
F 3 + F2
VA = 1
2
VAl − F2
Somma delle forze orizzontali uguale a zero
F1 + H B = 0
H B = − F1
Scriviamo ora le sei equazioni di equilibrio nodale, due per ciascun nodo:
Nodo B
∑F
ix
=0
S BC ⋅ cos 60 + S AB + H B = 0
∑F
iy
=0
VB + S BC ⋅ sin 60 = 0
Nodo C
∑F
ix
=0
F1 + S AC ⋅ sin 30 − S BC ⋅ sin 30 = 0
∑F
iy
=0
− F2 − S AC ⋅ cos30 − S BC ⋅ cos30 = 0
Nodo A
∑F
ix
=0
− S AB − S AC ⋅ cos 60 = 0
∑F
iy
=0
VA + S AC ⋅ sin 60 = 0
Il sistema risolutivo assume la seguente veste:
0
1⎤
⎡−H B ⎤
⎡ cos 60
⎢ −V ⎥
⎢ sin 60
⎥
0
0⎥
B ⎥
⎢
⎡ S BC ⎤ ⎢
⎢
⎥
⎢ − sin 30 sin 30
F
−
0⎥ ⎢
1
⎥
⎥
⎢
⎥ ⋅ ⎢ S AC ⎥ = ⎢
⎢ − cos30 − cos30 0 ⎥ ⎢ S ⎥ ⎢ F2 ⎥
AB ⎦
⎢ 0 ⎥
⎢ 0
− cos 60 −1⎥ ⎣
⎢
⎥
⎢
⎥
sin 60
0 ⎦⎥
⎣⎢ 0
⎣⎢ −VA ⎦⎥
Ipotizzando che sia F1 sia F2 abbiano intensità pari a 1000 N, sostituendo i rispettivi valori
numerici nel vettore dei termini noti, si ottiene:
0
1⎤
⎡ cos 60
⎡ 1000 ⎤
⎢ sin 60
⎥
⎢ 366 ⎥
0
0⎥
⎢
⎥
⎡ S BC ⎤ ⎢
⎢ − sin 30 sin 30
⎢ −1000 ⎥
0⎥ ⎢
⎥
⎢
⎥ ⋅ ⎢ S AC ⎥ ≅ ⎢
⎥
⎢ − cos30 − cos30 0 ⎥ ⎢ S ⎥ ⎢ 1000 ⎥
AB ⎦
⎢ 0
⎢ 0 ⎥
− cos 60 −1⎥ ⎣
⎢
⎥
⎢
⎥
sin 60
0 ⎦⎥
⎣⎢ 0
⎣⎢ −1366 ⎦⎥
Da cui:
⎡ S BC ⎤ ⎡ 424 ⎤
⎢ S ⎥ ≅ ⎢ −1577 ⎥
⎢ AC ⎥ ⎢
⎥
⎣⎢ S AB ⎦⎥ ⎣⎢ 789 ⎦⎥
In definitiva le sollecitazioni sulle aste valgono:
S BC ≅ 424 N
tirante
S AC ≅ −1577 N puntone
S AB ≅ 789 N
tirante
TEST DI AUTOVALUTAZIONE
L’11 settembre 2000 si è tenuta in ambito CPF, a titolo sperimentale, una prova di verifica riservata a quanti nel precedente anno scolastico avevano seguito il corso di primo livello. Il tempo a disposizione era di 150 minuti. Le 15 domande, qui di seguito riportate assieme alle relative risposte, possono essere utilizzate dal visitatore del sito come test
di autovalutazione. A tal fine, si valutino le risposte secondo il seguente punteggio: risposta non data 0, risposta gravemente insufficiente 1, risposta non sufficiente 2, risposta sufficiente 3, risposta buona 4, risposta ottima 5. Un bravo
studente del liceo dovrebbe, in teoria, totalizzare almeno 45 punti, lo studente universitario almeno 60. Chi si è cimenta
nel test è pregato di renderne noto l’esito ([email protected]) precisando la propria posizione scolastica: il dato verrà
utilizzato a fini di statistica (e ovviamente con ogni garanzia di riservatezza).
DOMANDE
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
s
Si spieghi se nel grafico a lato è possibile individuare un istante in cui l’angolo
ϕ tra il vettore velocità e il vettore accelerazione è sicuramente acuto, un istant
te in cui ϕ è sicuramente retto, un istante in cui ϕ è sicuramente ottuso.
Un blocco di massa 56 kg è posto in quiete all’interno di un ascensore in movimento. Se l’accelerazione dell’ascensore è g /8 verso il basso, quale forza orizzontale minima sarebbe necessario applicare al blocco per metterlo in moto? Il coefficiente di attrito statico tra le superfici a contatto è µ 0 = 0,2.
v
Si chiarisca se sull’asse dei tempi del grafico a lato è possibile individuare istanti in cui è sicuramente zero l’accelerazione tangenziale, e istanti in cui è
t
sicuramente zero l’accelerazione centripeta.
Moto armonico con periodo T = 2 s. A un dato istante, l’accelerazione del punto mobile ha il suo massimo valore negativo: quanto tempo deve passare, come minimo, prima che la velocità assuma il suo massimo valore positivo?
Moto armonico di ampiezza A con centro in O. Si chiarisca quanto vale, in
rapporto al valore massimo, la velocità del punto oscillante quando si trova a
distanza A /2 da O.
6N
5N
Si chiarisca se aggiungendo una sola forza è possibile realizzare le condizioni
per l’equilibrio del segmento rigido (di peso zero) mostrato in figura.
9N
La pallina di un pendolo ha massa 20 g. Posto che la pallina, inizialmente in
quiete, venga spostata angolarmente di 30° e poi lasciata andare, determinare
quale forza la pallina esercita sul filo nel momento in cui passa sotto il punto
di sospensione.
Nel passaggio di un corpo K dalla posizione A alla posizione B, la forza peso
ha compiuto un lavoro di 120 J, la forza elastica un lavoro di −30 J, le forze di
attrito un lavoro di 15 J. Sapendo che su K non agiscono altre forze, chiarire
quali variazioni hanno corrispondentemente subito la sua energia cinetica, la
sua energia potenziale, la sua energia totale.
B
Con riferimento alla figura a lato, si trovi il valore della forza con la quale il
filo (che ha massa zero) è tirato verso il basso dal blocco C, in assenza di ogni
C
forma di attrito.
A
Dati: mA = mB = 6 kg , mC = 12 kg .
Una zattera carica di ghiaia galleggia sull’acqua contenuta in una grande vasca. Che cosa accadrebbe del livello dell’acqua, se la ghiaia venisse scaricata
in acqua?
Una sfera rigida rotola senza strisciare lungo un piano inclinato rigido, soggetta solo al proprio peso e alla reazione
del vincolo. Si chiarisca se dobbiamo dedurne la presenza di attrito, ed eventualmente di quale tipo di attrito.
Un satellite artificiale è in orbita attorno alla Terra su una circonferenza di raggio 1,2 R 0 (dove R 0 indica il raggio
della Terra, R0 = 6400 km). Si spieghi come si possono determinare l’accelerazione e la velocità del satellite.
G
G
Il vettore p (modulo 6) è diretto orizzontalmente verso destra, il vettore q (modulo 24) è diretto verticalmente
G
G G
G G G
verso il basso. Determinare c in modo che risulti c ⋅ p = 0 e p ∧ c = q .
(a) una e una sola soluzione (b) infinite soluzioni (c) nessuna soluzione.
Si legge a volte che il baricentro è il punto d’applicazione della forza peso. Si sottoponga a critica tale affermazione.
Si legge a volte che il centro di massa di un corpo K è il punto in cui possiamo immaginare che sia concentrata la
massa di K. Si sottoponga a critica tale affermazione.
RISPOSTE
1
2
3
4
5
G
G
G dv
s
Se l’angolo tra v e a =
è acuto, il componente tangenziale dell’incremendt
G
G
G
t
to dv (subito in dt dal vettore v ) è equiverso a v : perciò all’istante consideraG
G
Figura 1
to il vettore v si sta allungando, o in altri termini il modulo di v sta crescendo. Ma allora sta crescendo anche il valore assoluto della velocità scalare v,
s
che corrisponde al valore assoluto della pendenza del grafico (coefficiente angolare della tangente). Questo si verifica ad esempio nei due istanti evidenziati
t
in fig.1.
Viceversa, quando il valore assoluto della pendenza è in diminuzione, come
Figura 2
G G
nei due istanti evidenziati in fig.2, l’angolo tra v e a è ottuso.
L’angolo è infine retto negli istanti in cui il valore assoluto della pendenza del
s
grafico è massimo (allora la velocità scalare è massima o minima, perciò nel
t
grafico v/t la pendenza è zero: niente accelerazione scalare, niente accelerazione tangenziale, solo accelerazione centripeta). Nel nostro caso, ciò si veriFigura 3
fica solo in corrispondenza dell’istante indicato in fig.3.
G
G
La forza N esercitata verticalmente dal pavimento sul blocco è tale da produrre assieme al peso P del blocco
un’accelerazione g /8 verso il basso. Deve cioè essere mg − N = mg /8, che significa N = (7/8)mg = (7/8) P = 49 kg.
La massima forza di attrito radente statico è µ 0N, e nel nostro caso 0,2 × 49 kg = 9,8 kg. Una qualsiasi forza orizzontale di valore superiore a 9,8 kg (96,1 N) mette in movimento il blocco.
L’accelerazione tangenziale è zero quando è zero l’accelerazione scalare, e cioè quando è zero la pendenza del grafico (velocità minima o massima): nel nostro caso, in tre successivi istanti. L’accelerazione centripeta ha valore
v2/R, perciò è sicuramente zero quando la velocità è zero: nel nostro caso, in due istanti.
Tre quarti di periodo, quindi 1,5 s. Nel moto armonico infatti l’accelerazione è in anticipo di un quarto di periodo
sulla velocità. Un quarto di periodo dopo l’istante in cui per l’accelerazione c’è un massimo negativo, c’è un massimo negativo per la velocità. Dopo un altro mezzo periodo la velocità sarà massima positiva.
Tenuto conto che il moto armonico è la proiezione su una retta di un moto circolare uniforme, con considerazioni
geometriche (teorema di Pitagora) si trova facilmente che quando l’elongazione è x la velocità è v = ± ω A 2 − x 2 ,
dove ω è la pulsazione del moto e A è l’ampiezza di oscillazione. Per x = ± A/2 si ottiene v = ±
6
7
8
9
3
ω A = 0,866 ω A
2
( ω A è il valore assoluto della velocità massima).
No. La forza equilibrante dovrebbe avere un componente verticale di valore 3 N diretto verso il basso, e un componente orizzontale di valore 5 N diretto verso sinistra. Deve inoltre essere zero il momento complessivo delle forze
rispetto a un punto qualsivoglia, per esempio rispetto al punto d’applicazione K della forza da 9 N. Il punto
d’applicazione della forza equilibrante dovrebbe perciò distare da K il doppio del punto d’applicazione della forza
da 6 N, il che è palesemente impossibile (l’asta è troppo corta).
G
La forza della pallina sul filo ha lo stesso valore della forza V del filo sulla pallina (legge di azione e reazione): il
G
valore di tale forza si desume dal fatto che all’istante considerato le forze applicate alla pallina sono V (parallela al
G
filo, diretta verso l’alto) e il peso mg . Essendo v2/L (dove L è la lunghezza del filo) l’accelerazione della pallina,
deve essere V = mg + mv2/L .
D’altra parte deve essere, per il teorema dell’energia cinetica, mv2/2 = mgh = mg (L − Lcos30°), da cui mv2/L =
2mg(1−cos30°), e quindi V = mg + 2mg (1−cos30°) = mg(3 − 2cos30°) = 1,27 mg = 1,27 × 20 g = 25,4 g (25,4 × 10−3
kg , ovvero 25,4 × 10−3× 9,81 N = 0,249 N).
L’energia cinetica ha subito un incremento pari al lavoro complessivo delle forze (105 J), l’energia potenziale ha
subito una diminuzione pari al lavoro delle forze conservative (120 J − 30 J = 90 J), l’energia totale ha subito un incremento pari al lavoro delle forze non conservative (15 J).
(mC − m A ) g
6
=
g = g / 4 . Il vettore accelerazione è diretm A + m B + mC
24
to verso l’alto per il blocco A, verso il basso per il blocco B. La forza del filo su A deve quindi essere più grande del
peso di A, e precisamente deve valere 1,25 PA = 7,5 kg (così la forza risultante corrisponde a ¼ del peso, come richiesto dal fatto che l’accelerazione è g/4). Viceversa, la forza del filo su B deve essere inferiore al peso di B, e
precisamente deve valere 0,75 PC = 9 kg. La forza dei blocchi sul filo è chiaramente uguale e contraria alla forza
del filo sui blocchi.
L’intero sistema ha un’accelerazione di modulo a =
Controllo. Dato che il filo ha massa zero e data l’assenza di attrito nelle pulegge, ai due capi di ogni tratto di filo
sono necessariamente applicate forze di uguale valore (altrimenti il filo avrebbe accelerazione infinita). Ciò significa che il blocco B è tirato verso destra da una forza di 9 kg e verso sinistra da una forza di 7,5 kg, In tutto, 1,5 kg
(un quarto del peso, come richiesto dal fatto che l’accelerazione è g/4).
10 Diminuirebbe. Il galleggiamento di una pietra (posta sulla zattera) richiede che sia spostata (dalla zattera) una massa m’ d’acqua pari alla massa della pietra: e quindi, per il fatto che la pietra ha densità superiore all’acqua (circa tre
volte superiore), un volume d’acqua superiore (di circa tre volte) al volume della pietra. Se invece la pietra cade in
acqua, il volume d’acqua spostato coincide col volume della pietra.
11 Il fatto che le superfici a contatto siano entrambe rigide esclude a priori la
presenza di attrito volvente. Per il fatto poi che la sfera non striscia, la forza
G
di attrito agisce sempre su punti aventi velocità zero. Si tratta quindi di attrito
N
radente statico. La presenza di attrito è richiesta dal fatto che, se la sfera rotoG
la senza strisciare, la velocità ω di rotazione della sfera e la velocità v del cenH
tro della sfera sono legate dalla relazione v = ω R (dove R è il raggio della sfera). Insieme dunque alla velocità v deve aumentare anche la velocità ω . Questo effetto non può provenire dal peso (il momento delle forze peso rispetto a qualsiasi asse passante dal baricentro
è zero), quindi proviene necessariamente dalla reazione vincolare: la quale allora consta sia di un componente norG
G
male N (passante dal centro della sfera) sia di un componente tangenziale H , che rappresenta per l’appunto la
forza d’attrito radente. In assenza di attrito radente, la sfera scivolerebbe senza ruotare (o mantenendo una velocità
di rotazione costante).
12 L’accelerazione è dovuta alla sola forza di gravità, quindi si identifica con l’accelerazione gravitazionale g. Essendo g inversamente proporzionale al quadrato della distanza, a distanza R sarà g = g0 (R0/R)2 = (9,81/1,22 ) m/s2 =
6,81 m/s2. La velocità si desume poi dal fatto che, date le circostanze, l’accelerazione g ha il carattere di un’accelerazione centripeta, ed è quindi esprimibile come v2/R. Dunque v =
gR = 1,2 gR0 =
1,2 × (6,81 m/s 2 ) × (6,40 × 10 6 m) = 7,23 × 103 m/s.
G
p (6)
G G
G
G G G G
G
13 Essendo c ⋅ p = 0 , c è perpendicolare a p . Essendo inoltre p ∧ c = q , c è perpendicolare a
G
G G G
q , e i tre vettori p , c e q formano, in quest’ordine, una terna destra. In definitiva, una e una
G
G
sola soluzione: se ci riferiamo alla figura, c è diretto perpendicolarmente alla pagina verso il
q (24)
lettore, e ha modulo 4.
14 Ogni più microscopica porzione di un corpo ha il proprio peso, perciò il peso è in realtà applicato all’intero corpo
(in molti casi il baricentro di un corpo è addirittura un punto esterno al corpo stesso). Tuttavia, l’intero sistema delle forze peso applicate ad un corpo ha, rispetto al baricentro, momento zero, comunque il corpo venga orientato rispetto al piano orizzontale: esattamente come se la forza peso fosse applicata al baricentro. L’equilibrio di un corpo
rigido si può pertanto studiare fingendo che il peso complessivo sia un’unica forza applicata al baricentro (sempre
che il baricentro sia uno dei punti del corpo in questione). In un campo gravitazionale uniforme, il lavoro che le
forze del campo compiono in relazione allo spostamento di un corpo può essere calcolato fingendo che il peso
complessivo sia una forza applicata al baricentro.
15 Dal punto di vista del moto del centro di massa, tutto effettivamente va come se l’intera massa fosse localizzata nel
CM e tutte le forze fossero applicate al CM. Anche la quantità di moto di un sistema è uguale a quella del CM, se si
assume che l’intera massa sia posta nel CM. Grandezze come l’energia cinetica e il momento d’inerzia vanno invece calcolate lasciando la massa dove si trova. Così pure, nel calcolo dell’attrazione gravitazionale tra corpi non è
possibile fingere che le masse siano localizzate nei rispettivi CM (salvo il caso di masse distribuite con simmetria
sferica).
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Scheda sulle pompe centrifughe
Dati assegnati (in genere): tipo di fluido, prevalenza geodetica, portata e circuito di alimentazione
Tipo di fluido: il tipo di fluido (acqua, liquidi corrosivi, fanghi etc….) orienta sulla tipologia della pompa.
Circuito di alimentazione: conoscendo diametro, tipo di tubi, raccordi etc si è in grado di tracciare la
caratteristica del circuito. (curva perdita di carico/portata)
Scelta a catalogo del modello di pompa: in base a portata (stimata) e prevalenza si sceglie il modello più
adatto.
Se i due bacini sono entrambi a pelo libero la prevalenza (m) della pompa deve essere:
H t = H g + ∆E
(1.1)
dove Hg è differenza di quota dei due bacini e ∆E le perdite di carico lungo il circuito1. Se i due bacini non
sono entrambi a pelo libero allora la prevalenza della pompa deve essere:
p − p1
(1.2)
Ht = 2
+ H g + ∆E
γ
dove p2 e p1 sono le pressioni, espresse in pascal, dei bacini rispettivamente a valle e a monte della pompa e
γ indica il peso specifico (kg/m3) del liquido elaborato.
Determinazione della portata reale: occorre
costruire, tramite la (1.1) o la (1.2), la caratteristica
del circuito, ovvero le prevalenze Ht corrispondenti
alle varie portate.
Il punto di funzionamento della pompa si trova come
intersezione tra la caratteristica del circuito, tracciata
in precedenza, e la caratteristica della pompa letta
dal catalogo.
Potenza assorbita e rendimento della pompa si
leggono entrambe direttamente dal catalogo
Potenza utile: potenza assorbita per il rendimento o anche N u =
γ QH t
1000
(kW )
Determinazione dell’altezza max di aspirazione
Sono in genere assegnate: temperatura del fluido e perdite di carico ∆Ea nel condotto di aspirazione
1. si determina, in base alla temperatura e al tipo di fluido, la pressione di saturazione ps (valore
tabellato)
2. si valuta (dal catalogo), in base alla portata reale smaltita il valore dell’NPSH della pompa
L’ altezza massima di posizionamento della pompa si trova con la seguente relazione:
p − ps
hmax ≤ 1
− ∆Ea − NPSH
γ
Pompe in serie: due pompe identiche in serie smaltiranno la stessa portata, ma svilupperanno una prevalenza
somma delle due singole prevalenze
Pompe in parallelo: due pompe identiche in parallelo svilupperanno una prevalenza totale pari alla
prevalenza di una singola pompa, ma smaltiranno un portata totale pari alla somma delle singole portate.
1
Indicata con Q la portata, ricordiamo che ∆E ∝ Q 2
Esercizio n. 41 (Bottega Andrea e Irene Riccardo)
Assegnato il verricello differenziale, schematizzato in figura, determinare lo sforzo P necessario per
equilibrare il carico Q. Sono dati i raggi r, R dei due tamburi coassiali. Si trascuri ogni eventuale
fenomeno passivo.
Soluzione
Il verricello assegnato non è ovviamente un corpo rigido, pertanto, per la risoluzione del problema
useremo il principio dei lavori virtuali.
Imponiamo quindi una rotazione oraria δα (piccola quanto si vuole e compatibile con i vincoli) ai
due tamburi coassiali e “fissi”. La rotazione imposta al sistema indurrà uno spostamento δ sP verso
il basso della forza P. Tale spostamento, per definizione di radiante e considerando un angolo molto
piccolo, sarà pari a δ sP = − R ⋅ δα . *
Il lavoro LvP compiuto dalla forza P, per effetto dello spostamento virtuale δ sP , risulterà quindi†:
LvP = P ⋅ δ sP = P ⋅ R ⋅ δα
I punti H e K, solidali alle due carrucole coassiali e fisse, si sposteranno verso l’alto e verso il basso
delle quantità δ sH e δ sK pari a:
δ sH = R ⋅ δα
δ sK = −r ⋅ δα
Quindi il punto A, in corrispondenza del quale è applicato il carico Q, si sposterà di una quantità
pari alla semisomma degli spostamenti dei punti H e K. Pertanto, indicato con δ s A lo spostamento di
A, si avrà:
δ sA =
*
†
R ⋅ δα − r ⋅ δα δα ⋅ ( R − r )
=
2
2
Lo spostamento, in quanto diretto verso il basso, è da considerarsi negativo.
Il lavoro LvP è da considerarsi positivo, in quanto la forza P è concorde con il rispettivo spostamento.
Ora applichiamo il principio dei lavori virtuali: in condizione di equilibrio il lavoro compiuto dalle
forze agenti sul sistema, per effetto degli spostamenti virtuali imposti, deve essere pari a zero.
Pertanto, indicati con LvP e LvQ rispettivamente i lavori virtuali compiuti dalle forze P e Q, si ha:
∑L
v
= 0 ⇒ LvP + LvQ = 0
P ⋅ δ sP + Q ⋅ δ s A = 0
P ⋅ R ⋅ δα − Q
P=Q
R−r
2R
δα ( R − r )
2
=0
Appendice
Ricaviamo ora l’espressione dello spostamento di A.
Il punto A si sposta della semisomma degli spostamenti di H e K in quanto:
partic. carrucola mobile
AL =X-r
CL =2r-X
LM = BL - BM
LM = X − (2r − X ) = 2 ⋅ ( X − r ) = 2 AL
MN = BE - CD
siccome MNˆ L e ALˆ H sono triangoli
simili e
LM
AL =
anche
2
MN
AH sarà
2
MN BE − CD
=
2
2
BE e CD sostituisco i valori dell’esercizio, ossia R ⋅ δα e − r ⋅ δα trovo che:
da cui: AH =
se ora a
AH =
R ⋅ δα − r ⋅ δα δα ⋅ ( R − r )
=
2
2
di Bottega Andrea e Irene Riccardo
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Verifica di recupero
3MA
2006-07
1. Un’asta orizzontale (priva di massa) di lunghezza l (5 m) è vincolata agli estremi da un
carrello e da una cerniera. In mezzeria della campata sono applicate una coppia C antioraria
(1000 Nm) e una forza verticale F (100 N) diretta verso il basso. Determinare le reazioni
vincolari.
2. Due corpi A e B percorrono la stessa traiettoria orizzontale (A insegue B). Nell’istante
iniziale il punto A è posizionato al km 22, mentre il punto B è posizionato al km 23.
Sapendo che le espressioni delle velocità di A e B sono rappresentate dalle seguenti
equazioni:
⎧v A = 3 + 5t
t ( s ); v(m / s )
⎨
⎩vB = 4
determinare:
a. il moto di A e B ( uniforme, uniformemente accelerato… velocità iniziale,
accelerazione…)
b. il tempo impiegato da A per raggiungere B.
3. Un motore aziona una fune, avvolta su di una puleggia fissa, che solleva un carico,
inizialmente fermo, di massa m (500 kg) con una accelerazione a (0.1 m/s2).
Determinare:
a. la tensione della fune durante il sollevamento;
b. la velocità di ascesa raggiunta dalla massa m dopo 10 secondi dall’inizio del
sollevamento;
c. il diagramma della potenza istantanea sviluppata dal motore nei primi10 secondi di
sollevamento;
d. il lavoro speso durante i primi 10 secondi di sollevamento.
N.B.: Svolgere gli esercizi in forma algebrica e solo negli ultimi passaggi sostituire i valori numerici
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Esercizio
Riccardo, che ha una massa M di 85 kg, deve spegnere un incendio e per questo aziona un idrante
indirizzando il getto d’acqua in direzione orizzontale. L’idrante ha una portata d’acqua Q pari a 80 kg/s ed ha
una bocca di diametro pari a 4 cm. Sapendo che tra le suole delle scarpe di Riccardo e il pavimento si può
contare su di un coefficiente d’attrito pari a f = 0.4, determinare il moto a cui sarà sottoposto Riccardo per
effetto dell’azionamento dell’idrante.
Iniziamo a calcolare la velocità v di efflusso dell’acqua. Indicata con A la sezione della bocca e con ρ la
densità dell’acqua (1000 kg/m3) si ha:
Q
80 ⋅ 4
v=
≅
≅ 63.66 m / s
A ⋅ ρ π ⋅ 0.0421000
L’idrante può essere considerato come una “mitragliatrice” che ogni secondo “spara” una massa d’acqua pari
a 80 kg ( o ancora meglio una mitragliatrice che spara 8 kg d’acqua ogni 0.1 s)
Studiamo ora il comportamento del sistema nel primo secondo (per tempi successivi il comportamento
risulterà analogo)
Suddividiamo il tempo di studio (1 secondo) in intervalli ∆t pari a 1/10 di secondo.
Dopo 0.1 l’idrante avrà sparato 8 kg d’acqua con una velocità, relativa a Riccardo, pari a 64 m/s
Per la conservazione della quantità di moto (per ora non consideriamo gli attriti tra le scarpe e il suolo)
Riccardo acquista una velocità pari a:
Q ⋅ ∆t ⋅ v
v0.1 ⋅ M = m ⋅ v v0.1 =
= 5.991 m / s
M
Nel successivo decimo di secondo l’idrante spara altri 8 kg d’acqua con una velocità, relativa a Riccardo,
pari a 64 m/s e conseguentemente incrementa la sua velocità di una quantità pari a:
Q ⋅ ∆t ⋅ v
∆v =
= 5.991 m / s
M
Al tempo t = 0.2 s, Riccardo avrà pertanto una velocità pari a 12.04 m/s
v0.1 ≅ 5.991 m / s
v0.2 ≅ 11.983 m / s
.....
v1 ≅ 59.915 m / s
Il movimento di Riccardo, in assenza di attriti, è pertanto un moto uniformemente accelerato con
accelerazione pari a:
∆v
a≅
= 59.915 m / s 2
∆t
Se Riccardo si muove con una accelerazione di 59.995 m/s2 vuol dire che l’idrante scarica su di lui una forza
F pari a:
F = M ⋅ a ≅ 5093 N 1
In effetti la forza F è contrastata dalla reazione d’attrito, per cui la forza F’ netta agente su Riccardo vale:
F ' = F − f ⋅ M ⋅ g ≅ 4760 N
Considerando gli attriti, Riccardo si muoverà pertanto con una accelerazione pari a:
F'
a' =
≅ 56 m / s 2
M
1
Per sostituzione è facile ricavare: F = Ma = M
Q ⋅ ∆t ⋅ v
∆v
=M
= Q ⋅ v . La spinta esercitata da un flusso uscente
M ⋅ ∆t
∆t
da un corpo C è pari al prodotto della portata massica per la velocità relativa del flusso rispetto a C
ITI OMAR
Dipartimento di Meccanica
Problemi di cinematica classe 3MA
1. Un treno che mantiene una velocità praticamente costante di 60 km/h si dirige verso est per
40 minuti, poi si muove in una direzione 45° a nord-est per 20 minuti, e infine si verso ovest
per 50 minuti. Qual è la velocità media del treno durante questo percorso?
2. Una persona cammina per 72 metri a una velocità di 1,2 m/s e poi corre per 72 metri alla
velocità di 3 m/s, sempre nella stessa direzione. Determinare la velocità media
3. All’istante in cui il semaforo diventa verde un automobilista parte con una accelerazione di
costante di 1.8 m/s2. Nello stesso istante muovendosi con velocità costante di 9 m/s un
autocarro raggiunge e supera l’automobile.
A quanti metri dal punto di partenza l’automobile sorpasserà l’autocarro? A che velocità
starà viaggiando, in quell’istante, l’automobile?
4. Un pallone aerostatico sta salendo alla velocità di 12 m/s e quando si trova a un’altezza di
80 m butta giù una zavorra. Quanto tempo impiegherà tale zavorra a raggiungere la terra?
5. Una palla di piombo è lasciata cadere in un lago da una piattaforma posta a 5 m dall’acqua.
Essa colpisce l’acqua con una certa velocità e raggiunge il fondo, con la stessa velocità
costante , 5 secondi dopo il lancio. Quanto è profondo il lago?
6. Un’auto avente una massa di 700 kg, con carreggiata pari a (150; 160; 170; 180 cm) affronta
alla velocità di (50; 55; 60; 65 km/h) una curva di raggio (60; 70; 80; 90 m). Sapendo che gli
pneumatici hanno un diametro di 60 cm, nell’ipotesi di una corretta inserzione in curva,
determinare:
a. le velocità angolari delle ruote esterne ed interne;
b. la velocità angolare della corona del differenziale.
7. Determinare la velocità di rotazione (modulo e verso) della corona del differenziale.
N.B.: il differenziale è costituito da quattro ruote coniche con uguale numero di denti.
z = 18
700 rpm
x
z = 20
Differenziale
z = 50
z = 70
x
500 rpm
Problema 3/81
The square steel plate has a mass of 1800 kg with mass center at its center G. Calculate the tension
in each of the three cables with which the plate is lifted while remaining horizontal.
Immaginiamo di sollevare la lastra con due cavi che si ancorano in C e nel punto medio del lato AB.
In tale condizione, è facile ricavare la tensione sulle T due funi.
Indicato con P il peso della lastra si ha:
⎧ 2T cos α = P
⎪
⎨
−1 ⎛ 1200 ⎞
⎪α = tan ⎜ 2400 ⎟
⎝
⎠
⎩
da cui:
T ≅ 9871 N
Ora sostituiamo la fune che da D congiunge il punto medio del lato AB con due funi colleganti il
punto D rispettivamente con i punti A e B.
⎧2 F cos β = T
⎪
⎛
⎞
1200
⎨
−1
⎟
⎪ β = tan ⎜
2
2
⎝ 2400 + 1200 ⎠
⎩
F ≅ 5407 N
Problema 3/45
The exercise machine consists of a lightweight cart which is mounted on a small rollers so that it is
free to move along the inclined ramp. Two cables are attached to the cart – one for each hand. If the
hands are together so that the cables are parallel and if each cable lies essentially in a vertical plane,
determine the force P which each hand must exert on its cable in order to maintain an equilibrium
position. The mass of the person is 70 kg, the ramp angle is 15° and the angle β is 18°. In addition,
calculate the force R which the ramp exerts on the cart.
Occorre considerare che per esercitare la forza sulla fune, l’uomo tende, per reazione, a spostarsi
lungo il piano verso sinistra.
Lo schema delle forze risulta pertanto.
Proiettando le forze lungo la direzione del moto, per l’equilibrio deve essere:
mg sin15° = T + T cos18°
⇒
T=
mg sin15°
≅ 91.1 N
1 + cos18°
La forza che deve essere esercitata da ciascuna fune vale pertanto:
P=
T
≅ 45.5 N
2
Non ci sono attriti, pertanto la reazione R della rampa è perpendicolare al piano. Deve essere
pertanto:
R = mg cos15° + T sin18° ≅ 691 N
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Dipartimento di Meccanica
La caduta dei gravi verso oriente
Un grave, lasciato libero, cade non lungo la verticale ma verso oriente e anche lievemente verso l’equatore.
Cerchiamo ora di valutare l’entità della deviazione verso oriente, considerando per semplicità un grave di
massa m lasciato in A nel piano equatoriale. In questa situazione la velocità di caduta verticale v e il vettore
ω (velocità di rotazione della terra) sono perpendicolari per cui il modulo della forza (apparente) di Coriolis
vale:
FC = 2m ⋅ ω ⋅ v
(1.1)
Il modulo dell’accelerazione di Coriolis vale:
ac = 2ω ⋅ v
(1.2)
Poiché consideriamo un corpo in caduta libera, e in assenza di fenomeni dissipativi, l’espressione della
velocità di caduta verticale v, indicata con g l’accelerazione di gravità, risulta:
v = gt
(1.3)
Sostituendo la (1.3) nella (1.2) si ottiene:
d2x
ac = 2 = x = 2ω ⋅ gt
dt
(1.4)
Integrando si ottiene:
dx
= x = ω ⋅ gt 2 + c
dt
ma per t = 0 deve essere dx dt = 0 , per cui la costante c deve essere nulla e pertanto:
dx
= x = ω ⋅ gt 2
dt
(1.5)
Integrando ulteriormente si ha:
ω ⋅ gt 3
x=
+c
3
ma per t = 0 deve essere x = 0, per cui la costante c deve essere nulla e pertanto:
ω ⋅ gt 3
x=
3
(1.6)
Il tempo t impiegato per l’impatto con il suolo, indicata con h l’altezza di caduta, sempre trascurando i
fenomeni dissipativi, vale ovviamente:
2h
t=
(1.7)
g
Sostituendo la (1.7) nella (1.6) si ottiene lo spostamento del punto di impatto rispetto ad una caduta
perfettamente verticale:
2
2h
∆x = ω h
(1.8)
3
g
La velocità di rotazione della terra vale:
2π
ω≅
= 0.73 ⋅ 10−4 rad / s
24 ⋅ 60 ⋅ 60
Pertanto considerando un’altezza h di caduta pari a 100m si otterrebbe dalla (1.8) una deviazione ∆x pari a:
1
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Dipartimento di Meccanica
∆x ≅ 22 mm
Alla latitudine ϕ la velocità relativa v vale gt ⋅ cos ϕ per cui la (1.8) assume la veste più generale:
2
2h
∆x = ω h ⋅ cos ϕ ⋅
3
g
(1.9)
In corrispondenza di una latitudine ϕ = 45° , e sempre una caduta h di 100 metri, si ottiene dalla (1.9) una
deviazione pari a:
∆x ≅ 15.5 mm
Rimane ora da stabilire se la deviazione ∆x sia diretta verso oriente o verso occidente.
Consideriamo per semplicità la caduta lungo un piano equatoriale.
Un corpo in caduta, durante la discesa assume una velocità tangenziale via via decrescente, ed è perciò
sottoposto ad una accelerazione diretta da est a ovest. Tale accelerazione, non giustificata in un sistema non
inerziale da alcuna forza, può essere immaginata contrastata, per l’equilibrio, da una forza apparente diretta
con verso contrario all’accelerazione stessa. In buona sostanza, il corpo si muove come se fosse soggetto,
oltre all’azione della gravità, anche all’azione di una forza diretta da occidente a oriente1. Questo giustifica il
fatto che la deviazione è effettivamente diretta verso oriente.
Bibliografia
Perucca E. Fisica Generale e Sperimentale vol.1 (pagg. 280-282)
1
UTET
Questa forza NON è l’accelerazione di Coriolis, ma solo una sua componente. Tuttavia è facile rendersi conto che
anche l’altra componente della forza di Coriolis è diretta, in questo caso, verso oriente.
2
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Dipartimento di Meccanica
Costruiamo ora un modello in Simulink per determinare la traiettoria di caduta:
3
IL PENDOLO BALISTICO
Un proiettile di massa m1 = 10g colpisce un pendolo balistico di massa m2 = 2kg. Il centro di massa del
pendolo sale di un’altezza sulla verticale y =12 cm sapendo che il proiettile è rimasto conficcato nel pendolo,
determinare la sua velocità iniziale v1.
Chiamiamo v2 la velocità del sistema pendolo più proiettile.
Il sistema è in assenza di ogni fenomeno passivo quindi la quantità di moto totale deve mantenersi sempre
costante e pari a zero. Ovvero:
m1 ⋅ v1 = (m1 + m 2 ) ⋅ v 2
così anche l’energia presente nel sistema deve mantenersi sempre uguale:
(m1 + m2 ) ⋅ g ⋅ y = 1 (m1 + m2 )v22
2
da questa si ricava:
v2 = 2 ⋅ g ⋅ y
sostituendo si risolve facilmente:
m1 ⋅ v1 = (m1 + m 2 ) ⋅ 2 ⋅ g ⋅ y
v1 =
(m1 + m2 ) ⋅
m1
2 ⋅ g ⋅ y ≅ 308.42 m s
ITI OMAR Dipartimento di Meccanica
Esercizi di Dinamica
3 ^MA
IL “PARADOSSO” DEL CARRELLO
Si consideri un carrello di massa mk = 300 kg, con velocità iniziale uguale a zero, solidale, all’estremità
destra, con un muro di mattoni di massa mm = 150 kg e, all’estremità di sinistra, con un cannone. Il cannone
di massa mc = 500 kg, distante dal muro 8 metri, spara, ad alzo zero, una palla di massa mp = 12 kg contro il
muro stesso. Sapendo che la velocità della palla vp conseguente allo sparo è di 80 km/h e che il carrello
scivola su di un piano orizzontale perfettamente liscio, determinare, ipotizzando un urto completamente
anelastico tra palla e muro :
1. la velocità v acquisita dal carrello immediatamente dopo lo sparo;
2. il tempo t impiegato dal carrello per arrestarsi;
3. lo spazio s percorso dal carrello in conseguenza allo sparo.
~ la sommatoria delle masse del carrello, del cannone e del muro:
Definiamo m
1
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Esercizi di Dinamica
3 ^MA
~
m k + mc + m m = m
In assenza di ogni fenomeno passivo e di forze esterne, la quantità di moto totale del sistema deve mantenersi
sempre costante. Poiché prima dello sparo il sistema è in quiete ovvero con quantità di moto nulla, anche
dopo lo sparo la quantità di moto deve mantenersi nulla. Ovvero:
~ ⋅v + m ⋅v = 0
m
p
p
Pertanto la velocità del carrello dopo lo sparo vale:
v=−
mP ⋅ v P
~ ≅ 0.28 m / s
m
Il segno negativo della velocità v sta a significare che v ha verso opposto a vp
Determiniamo ora il tempo impiegato dalla palla per raggiungere il muro.
Poiché dopo lo sparo, la palla e il muro si muovono con velocità opposte vp e v , il tempo impiegato dalla
palla per raggiungere il muro può essere determinato considerando il muro fermo e la palla dotata di una
velocità vp’ pari a:
m
⎛ m ⎞
v ′P = v P + v = v P + v P ⋅ ~P = v p ⎜1 + ~P ⎟
m
m ⎠
⎝
da cui il tempo è:
t=
d
=
v ′P
d
⎛ m ⎞
v P ⎜1 + ~P ⎟
m ⎠
⎝
≅ 0.35 s
Determiniamo ora lo spazio percorso dal carrello in conseguenza dello sparo.
Come abbiamo visto in precedenza, per effetto dello sparo il carrello acquista una velocità opposta alla palla
e di intensità tale da mantenere nulla la quantità di moto del sistema. Una volta che la palla si incastra nel
muro, acquisirà la velocità del muro stesso. Tuttavia la quantità di moto del sistema deve mantenersi sempre
costante e pari a zero. E’ evidente pertanto che, poiché dopo l’impatto tutte le masse sono tra loro solidali, la
velocità del carrello deve annullarsi. Il carrello perciò rimane in movimento soltanto per il tempo impiegato
dalla palla per raggiungere il muro. Lo spazio percorso dal carrello si calcola facilmente con la seguente
relazione:
s = v ⋅t =
mP ⋅ v P
~ ⋅
m
m ⋅d
= ~P
≅ 0.1 m
⎛ m P ⎞ (m + m P )
v P ⎜1 + ~ ⎟
m ⎠
⎝
d
2
Forza di attrazione tra corpi
Assegnati due corpi di massa M e m distanti R la loro forza di muta attrazione F, indicata con G la
costante gravitazionale, vale:
F =G
M ⋅m
R2
Esempio
Determinare la forza di mutua attrazione che si esercita tra la terra e un corpo di massa m pari a 10 kg
R ≅ 6.38 ⋅ 106 m
Raggio della terra
M ≅ 5.98 ⋅ 1024 kg
Massa della terra
G ≅ 6.67 ⋅ 10−11 Nm 2 / kg 2
Costante gravitazionale
Determinare l’accelerazione di gravità
g=
G⋅M
R2
Velocità necessaria a mantenre un’orbita fissa
E’ la velocità necessaria ad un veicolo spaziale per fuggire all'attrazione gravitazionle di un corpo di
massa M e muoversi su un'orbita circolare di raggio R attorno ad esso, soggetto ad un campo
gravitazionale costante.
Si calcola uguagliando la forza centrifuga alla forza peso.
v=
G⋅M
R
Orbita geostazionaria
E' l'orbita di un corpo che ruota intorno alla terra con velocità di rotazione pari a quella della terra.
Pertanto tale corpo satellite rimane nella stessa posizione rispetto alla superficie della terra ed
appare fisso ad un osservatore solidale con la terra. Siano R il raggio terrestre, h l’altezza del
satellite da terra e ω la velocità angolare del satellite si ha:
⎧v = ω ( R + h )
⎪
2
M ⋅m⋅G
⎨ mv
2
⎪R + h =
( R + h)
⎩
v=
M ⋅G
= ω ( R + h)
R+h
R+h=
3
M ⋅G
ω2
A conti fatti risulta che l’orbita geostazionaria si trova circa 36 km dalla superficie terrestre.
Velocità di fuga
La velocità di fuga, o anche seconda velocità cosmica, è la velocità minima iniziale a cui un oggetto
senza propulsione deve muoversi per potersi allontanare indefinitamente da una fonte di campo
gravitazionale.
Il modo più semplice di derivare la formula per la velocità di fuga è utilizzare la legge della
conservazione dell'energia.
La velocità di fuga può essere definita più formalmente come la velocità iniziale necessaria per
andare da un punto in un campo potenziale gravitazionale fino all'infinito con velocità residua nulla,
relativamente al campo stesso. Nell'uso comune, il punto iniziale è posto sulla superficie di un
pianeta o di una luna. È una quantità teorica, perché presume che un oggetto sia lanciato nello
spazio come un proiettile.
La velocità di fuga si ottiene uguagliando l’energia cinetica all’energia potenziale. Indicato con R il
raggio terrestre si ha:
1 2
mv − mgR = Ec∞ + EP∞ = 0 + 0 = 0
2
1 2 G⋅M
mv −
mR = 0
2
R2
Da cui
v=
2G ⋅ M
R
Sulla superficie terrestre la velocità di fuga è di circa 11.2 km/s
Esercizio n. 42 (Ricotta-Ciocca)
Una zattera di peso P1 viene fatta scorrere mediante uno sforzo di trazione T su di un piano
inclinato. Tra la zattera e il piano vengono interposti due rulli di raggio r e di peso P2. Supposto
che:
1. l’angolo di inclinazione del piano sia α;
2. lo sforzo di trazione T sia esercitato parallelamente al piano inclinato;
3. che non ci siano strisciamenti.
Determinare il valore dello sforzo di trazione T necessario per mantenere in equilibrio il sistema.
Imponiamo alla zattera uno spostamento virtuale (piccolo quanto si vuole e compatibile con i
vincoli). Tale spostamento sarà una traslazione in direzione parallela al piano inclinato.
Tale traslazione ( δ s ) può essere immaginata come conseguenza di una rotazione virtuale ( δθ ) dei
punti A e B rispettivamente intorno ai punti O1 e O2; essa avrà quindi valore:
δ s = 2r ⋅ δθ
D’atra parte i centri dei rulli, ai quali è pure impressa la rotazione virtuale δθ , subiscono uno
spostamento δ C pari a:
δ C = r ⋅ δθ
Lo spostamento virtuale δ s indurrà pertanto:
1. uno spostamento della forza P1 verso l’alto e pari a δ s ⋅ sin α = 2r sin α ⋅ δθ
2. uno spostamento delle forze P2 verso l’alto e pari a δ C ⋅ sin α = r sin α ⋅ δθ
In condizione di equilibrio la somma dei lavori virtuali deve essere nulla, pertanto:
∑L
v
= 0 → T ⋅ δ s − P1 ( 2r sin α ⋅ δθ ) − 2 P2 sin α ⋅ δ C = 0
2Tr ⋅ δθ − P1 ( 2r sin α ⋅ δθ ) − 2 P2 r sin α ⋅ δθ = 0
da cui:
T = ( P1 + P2 ) sin α
Pertanto, a parità di inclinazione del piano e del peso della zattera, si avrà interesse a impiegare rulli
quanto più leggeri possibile.
Esercizio 19
Si consideri la pressa a cuneo schematizzata in figura. Il corpo da schiacciare C è compreso tra i due
piatti M e N. Il cuneo è assoggettato ad una forza verticale P e, scendendo, sposta il puntone T
recante il piatto M. Il puntone è guidato dall’alloggiamento. Si determini, in assenza di ogni
fenomeno passivo, il valore della forza P in grado di esercitare la forza di compressione S.
Studiamo l’equilibrio del puntone.
Al puntone T, sono applicate le seguenti tre forze:
1. il carico di schiacciamento richiesto S, diretto orizzontalmente secondo l’asse del puntone,
da destra verso sinistra;
2. la reazione R2 del cuneo sul puntone, diretta normalmente alle superficie a contatto, e
inclinata di un angolo α rispetto all’orizzontale;
3. la reazione R3 dell’alloggiamento A sul puntone, diretta normalmente alle superficie a
contatto, ossia verticalmente dal basso verso l’alto.
Scriviamo, al solito, le tre condizioni di equilibrio di un corpo rigido nel piano:
⎧∑ Fx = 0
⎪⎪
⎨∑ Fy
⎪
⎪⎩∑ M = 0 ∀ punto del piano
Dalla prima e dalla seconda otteniamo:
⎧
⎪ R2 cos α − S = 0
⎨
⎪⎩− R3 + R2 sin α = 0
→
→
S
cos α
R3 = R2 sin α = S tan α
R2 =
Consideriamo ora l’equilibrio del cuneo:
Dalle condizioni di equilibrio otteniamo:
⎧− R2 cos α + R1 = 0
⎨
⎩− R2 sin α + P = 0
Sostituendo l’espressione di R2 e R3 ricavate in precedenza dall’equilibrio del puntone, si ottiene:
P = S tan α
Si osservi che per ridurre P, a parità di S, è sufficiente diminuire α ossia appiattire il cuneo.
Provare a risolvere il problema applicando il principio dei lavori virtuali.
Esercizio 19b.
Si risolva l’esercizio 19 considerando la presenza degli attriti, e supponendo che i coefficienti
d’attrito tra le varie superficie a contatto siano tutti uguali.
In questo caso, nel considerare l’equilibrio del puntone, dobbiamo valutare anche le reazioni
d’attrito R2A e R3A.
Scriveremo pertanto:
⎧∑ Fx = 0
⎪⎪
⎨∑ Fy
⎪
⎪⎩∑ M = 0 ∀ punto del piano
dalla prima e dalla seconda atteniamo:
⎧ − R3 A − S + R2 cos α − R2 A sin α = 0
⎨
⎩ − R3 + R2 A cos α + R2 sin α = 0
Indicato con f il coefficiente d’attrito tra le superficie a contatto si ha:
⎧ − fR3 − S + R2 cos α − fR2 sin α = 0
⎨
⎩ − R3 + fR2 cos α + R2 sin α = 0
Da cui :
R2 =
S
cos α − 2 f sin α − f 2 cos α
Consideriamo ora l’equilibrio del cuneo:
Dalle due equazioni di proiezione di ha:
⎧⎪ P − fR1 − R2 ( sin α + f cos α ) = 0
⎨
⎪⎩ R1 − R2 cos α + fR2 sin α = 0
Da cui
P = R2 ( sin α + 2 f cos α − f 2 sin α )
E, sostituendo a R2 la sua espressione in funzione di S, si ha infine:
P=S
sin α + 2 f cos α − f 2 sin α
cos α − 2 f sin α − f 2 cos α
Esercizio 3/21
A former student of mechanics wishes to weigh himself but has access only to a scale A with
capacity limited to 400 N and a small 80-N spring dynamometer B. With the rig shown he discovers
that when he exerts a pull on the rope so that B registers 76 N, the scale A reads 268 N. What are
his correct weight and mass m?
Se la fune è sollecitata con una forza T, lo studente verrà “sollevato” alla cintola con una forza pari
a 4T. (effetto del paranco)
Inoltre per poter esercitare una forza T sulla fune, lo studente deve aggrapparsi alla fune e tirarla
verso il basso. In tal modo sarà “sollevato” ulteriormente con una forza pari a T.
In totale perciò, indicata con g l’accelerazione di gravità, si ha:
mg − 4T − T = 268 N
mg = ( 268 + 5 ⋅ 76 ) N
mg = 648 N
m ≅ 66.1 kg
Esercizio 3/11
A man pushes the 40-kg machine with mass center at G up an incline at a steady speed. Determine
the required force magnitude F and the normal reaction forces at A an B. Neglect the small effects
of friction
1.1 m
0.6 m
RB
Fx
Px
10°
65°
B
F
Py
Fy
P
RA
A
0.65 m
0.25 m
0.65 m
1.8 m
15°
Indicata con g l’accelerazione di gravità, con m la massa della macchina (40 kg), il peso della stessa
vale:
P = mg
Con riferimento alla figura sia:
α = 15°
β = 10°
Allora
γ = 90 − (α + β ) = 65°
Si determinano le componenti lungo gli assi delle forze applicate al sistema
Fx = F sin γ
Px = P sin α
Fy = F cos γ
Py = P cos α
Si impongono le condizioni di equilibrio
⎧∑ Fix = 0
⎪⎪
⎨∑ Fiy = 0
⎪
⎪⎩∑ M i = 0
Dalla prima condizione di equilibrio si ha:
∑F
= 0 ⇒ Fx − Px = 0
ix
Fx = Px = P sin15° ≅ 40 ⋅ 9.81 ⋅ 0.26 ≅ 101.6 N
La forza F vale pertanto:
F=
Fx
≅ 112 N
sin γ
Dalla terza condizione di equilibrio scritta con riferimento al polo A, si ha:
∑M
i
= 0 ⇒ − Fx ⋅ 1.1 + Fy ⋅ 0.25 + RB ⋅ 1.3 − Py ⋅ 0.65 + Px ⋅ 0.6 = 0
A
RB =
Fx ⋅ 1.1 − Fy ⋅ 0.25 + Py ⋅ 0.65 − Px ⋅ 0.6
1.3
≅ 219 N
La reazione RA può essere ottenuta tramite la condizione di equilibrio delle forze dirette lungo
l’asse y
∑F
iy
= 0 ⇒ RA + RB − Py − Fy = 0
RA = Py + Fy − RB ≅ 207 N