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La Statica
Problemi di Fisica
La Statica
PROBLEMA N. 1
Un libro che ha peso 4 N viene mantenuto in equilibrio su un piano inclinato alto 0,4 m e lungo
0,8 m. Trascurando l’attrito, determina la forza necessaria a mantenere in equilibrio il libro e la
reazione vincolare.
SOLUZIONE
Disegniamo tutte le forze che agiscono sul libro in equilibrio:
Y
R
F
0
PX
X
PY
P
Un punto materiale è in equilibrio se la somma vettoriale di tutte le forze che agiscono su di
esso è nulla:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
∑F = 0
Infatti la componente PY della forza peso P è controbilanciata dalla reazione vincolare R:
r
r
Py = − R
mentre la componente PX è controbilanciata dalla forza F che dobbiamo applicare per
mantenere in equilibrio il libro ed il suo valore è dato da:
F = Px =
h
0,4
⋅P =
⋅ 4 = 2N
L
0,8
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Dal triangolo rettangolo OPPX ricaviamo che:
Py = P 2 − Px2 = 4 2 − 2 2 = 16 − 4 = 12 = 3,5 N
per cui la reazione vincolare R essendo uguale ed opposta a Py avrà come valore:
R = 3,5 N
PROBLEMA N. 2
Un oggetto di massa m = 10 kg è sospeso ad un anello posto all’estremità di una struttura
costituita da due aste leggere fissate al muro, come in figura. Scomponi il peso dell’oggetto
nelle direzioni delle due aste e determina le forze che agiscono sull’anello che sostiene
l’oggetto quando il sistema è in equilibrio.
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
Y
120°
F2
F1
60°
PX
30°
60°
PY
60°
30°
30°
P
P
X
I valori delle componenti della forza peso P si calcolano utilizzando le abituali formule
trigonometriche sul triangolo rettangolo:
Px = P ⋅ cos 30° = 98 ⋅ 0,866 = 84,9 N
Py = P ⋅ cos 60° = 98 ⋅ 0,5 = 49 N
dove: P = m·g = 10 · 9,8 = 98 N
Pertanto le forze che agiscono sull’anello per mantenere l’oggetto in equilibrio dovranno
controbilanciare le componenti PX e PY, ossia dovranno essere uguali ed opposte:
F1 = - Px
F2 = Py
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PROBLEMA N. 3
Si usano due funi di lunghezza uguale l = 1,0 m per sospendere ad un gancio sul soffitto una
sbarra lunga L = 1,2 m e di massa m = 16 kg. La sbarra viene sospesa agganciandola ai suoi
estremi in modo che rimanga orizzontale. Determinare le forze agenti sul gancio nell’ipotesi di
considerare la sbarra omogenea ed il peso delle funi trascurabile.
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
A
Y
F
l
C
37°
L/2
l
37°
B
L/2
37°
T1
37°
T2
P
Applicando le formule trigonometriche al triangolo ABC otteniamo che:
BC = AC ⋅ senα ⇒ senα =
BC 0,6
=
= 0,6 ⇒ α = 37°
AC
1
Sul gancio agirà una forza diretta verticalmente verso il soffitto uguale e opposta alla forza
peso della sbarra (vedi figura):
F = P = m ⋅ g = 16 ⋅ 9,8 = 157 N
Applichiamo la condizione di equilibrio lungo l’asse y:
r
r
F
=
0
∑ y ⇒ T ⋅ cos 37° + T ⋅ cos 37° = F ⇒ 2T ⋅ cos 37° = F ⇒ T =
F
157
=
= 98N
2 cos 37° 2 ⋅ 0,8
per cui sul gancio agiranno due forze uguali T dirette lungo le funi nel verso della sbarra (vedi
figura).
PROBLEMA N. 4
Un oggetto, il cui peso è P = 500 N, è appeso come in figura. Dopo aver rappresentato
graficamente le forze agenti nel punto A, determinare le tensioni di ciascuna delle due corde
oblique. Trascurare i pesi delle corde.
SOLUZIONE
Y
30°
60°
T1
T2
30°
A
Diagramma delle forze
60°
X
P
P
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Applichiamo la condizione di equilibrio nel punto A:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
r r ⎧⎪∑ Fx = 0 ⎧T2 x − T1x = 0
⎧T ⋅ cos 60° − T ⋅ cos 30° = 0
∑ F = 0 ⇒ ⎨ Fr = 0r ⇒ ⎨T1y + T2 y − P = 0 ⇒ ⎨T1 ⋅ sen60° + T 2 ⋅ sen30° − P = 0
2
⎩ 1
⎪⎩∑ y
⎩
Il sistema così ottenuto contiene le due incognite T1 e T2 che sono le tensioni esercitate dalle
corde nel punto A. Risolviamo il sistema con il metodo di sostituzione (qualsiasi metodo va
bene):
0,87
⎧
⋅ T1 = 1,7T2
⎧T = 425 N
⎧0,5T1 − 0,87T2 = 0
⎪T1 =
⇒⎨
⇒⎨ 1
0,5
⎨
⎩0,87T1 + 0,5T2 − 500 = 0 ⎪0,87 ⋅1,7T + 0,5T − 500 = 0 ⇒ 2T = 500 ⇒ T = 250 N ⎩T2 = 250 N
1
2
2
2
⎩
PROBLEMA N. 5
Due piani inclinati sono accostati come in figura. Due blocchi P1 e P2 sono legati da una fune di
peso trascurabile e sono in equilibrio. Sapendo che P1 = 120 N, trovare P2.
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
y
P1
P2
R1
y
T1
P1x
P1y
x
30°
T2
60°
30°
R2
P2y
P1
P2x
P2
x
60°
Analizzando le forze che agiscono sui due corpi, diciamo subito che le componenti P1y e P2y
sono controbilanciate dalle reazioni vincolari R1 e R2 dei due piani inclinati:
r
r
P1y = −R 1
r
r
P2 y = −R 2
Per calcolare il peso P2 applichiamo la condizione di equilibrio:
T1 = T2
sapendo che:
T1 = P1x = P1 ⋅ sen30°
otteniamo:
P1 ⋅ sen30° = P2 ⋅ sen 60° ⇒ P2 =
T2 = P2 x = P2 ⋅ sen 60°
sen30°
0,5
⋅ P1 =
⋅120 = 69 N
sen 60°
0,87
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PROBLEMA N. 6
Un’asta rigida è sospesa come in figura. Calcolare l’intensità della forza F che si deve applicare
a 20 cm dal punto di sospensione per equilibrare il peso P = 1,8 N applicato alla distanza di 30
cm dal punto di sospensione.
Diagramma delle forze
b1
F
b2
P
F
P
SOLUZIONE
Applichiamo la condizione di equilibrio del momento torcente per calcolare la forza F che si
deve applicare per equilibrare il peso P:
r
r
r
∑M = 0⇒ M
F
r
r
b
30
− M P = 0 ⇒ M F = M P ⇒ F ⋅ b1 = P ⋅ b 2 ⇒ F = 2 ⋅ P =
⋅1,8 = 2,7 N
20
b1
NOTARE
I momenti sono positivi, come MF, se, agendo da soli, imprimono alla trave una
rotazione in senso antiorario (regola della mano destra)
I momenti sono negativi, come MP, se, agendo da soli, imprimono alla trave una
rotazione in senso orario (regola della mano destra)
PROBLEMA N. 7
Un’asta rigida di lunghezza 1 m e di peso 2N può ruotare intorno ad un punto fissato a 20 cm
dall’estremità in cui è agganciato un peso di 4N. Determinare il valore del peso da applicare
all’altra estremità affinché l’asta sia in equilibrio in posizione orizzontale, sapendo che nel suo
baricentro è applicata una forza di 10N diretta verso l’alto.
Diagramma delle forze
F
F
A
P2
P1
P2
B
C
P
D
P1
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SOLUZIONE
Applichiamo la condizione di equilibrio del momento torcente per calcolare la forza P2 che si
deve applicare per equilibrare l’asta in posizione orizzontale:
r
r
r
∑ M = 0 ⇒ −M
1
r
r
r
r
+ M P − M F + M 2 = 0 ⇒ − P1 ⋅ D C + P ⋅ BC − F ⋅ BC + P2 ⋅ AC = 0 ⇒ .
− 4 ⋅ 0,2 + 2 ⋅ 0,3 − 10 ⋅ 0,3 + P2 ⋅ 0,8 = 0 ⇒ 0,8P2 = 3,2 ⇒ P2 =
3,2
= 4N
0,8
NOTARE
I momenti sono stati calcolati rispetto al punto C.
P è la forza peso della sbarra ed è applicata nel baricentro
I momenti sono positivi, come M2 e MP, se, agendo da soli, imprimono alla trave
una rotazione in senso antiorario (regola della mano destra)
I momenti sono negativi, come M1 e MF, se, agendo da soli, imprimono alla trave
una rotazione in senso orario (regola della mano destra)
PROBLEMA N. 8
Un’asta rigida di lunghezza 1m e peso 1N, rappresentata in figura, può ruotare intorno al punto
D. Ad essa è applicato un peso di 2N distante 0,2m rispetto al punto D. Calcolare la forza F che
bisogna applicare nel punto A affinché l’asta sia in equilibrio orizzontale.
Diagramma delle forze
F
F
A
B
C
P
P1
D
P1
SOLUZIONE
Applichiamo la condizione di equilibrio del momento torcente per calcolare la forza F che si
deve applicare nel punto A per equilibrare l’asta in posizione orizzontale:
r
r
r
∑M = 0⇒ M
1
r
r
r
+ M P − M F = 0 ⇒ P1 ⋅ CD + P ⋅ BD − F ⋅ AD = 0 ⇒ .2 ⋅ 0,2 + 1 ⋅ 0,5 − F ⋅1 = 0 ⇒ F = 0,9 N
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NOTARE
I momenti sono stati calcolati rispetto al punto D.
P è la forza peso della sbarra ed è applicata nel baricentro
I momenti sono positivi, come M1 e MP, se, agendo da soli, imprimono alla trave
una rotazione in senso antiorario (regola della mano destra)
I momenti sono negativi, come MF, se, agendo da soli, imprimono alla trave una
rotazione in senso orario (regola della mano destra)
PROBLEMA N. 9
Un corpo è posto su un piano inclinato di un angolo α = 30° rispetto all’orizzontale. Sapendo
che il coefficiente di attrito statico fra corpo e piano vale 0.4, stabilire se il corpo è in equilibrio.
SOLUZIONE
Y
R
Fa
0
PX
X
PY
P
30°
Un punto materiale è in equilibrio se la somma vettoriale di tutte le forze che agiscono su di
esso è nulla:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
r r ⎧⎪∑ Fy = 0
∑ F = 0 ⇒ ⎨ Fr = 0r
⎪⎩∑ x
La componente PY della forza peso P è controbilanciata dalla reazione vincolare R:
r
r r
Py + R = 0
Verifichiamo se la componente Px è controbilanciata dalla forza di attrito, il cui coefficiente vale
0.4:
Fa = Px ⇒ µ s ⋅ N = P ⋅ senα ⇒ µ s ⋅ Py = P ⋅ senα ⇒ µ s ⋅ P/ ⋅ cos α = P/ ⋅ senα ⇒ µ s =
senα
= tgα = tg30° = 0,58
cos α
Poiché il valore trovato è superiore a quello dato dal problema, la conclusione è che il corpo
non è in equilibrio per cui scivola lungo il piano.
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PROBLEMA N. 10
Dato il dispositivo rappresentato in figura, sapendo che la costante elastica della molla vale k =
500N/m, la massa del corpo m = 4kg e l’inclinazione del piano 20°, determinare
l’allungamento della molla affinché il sistema risulti in equilibrio.
m
20°
SOLUZIONE
Il corpo rimane in equilibrio se la forza Px è controbilanciata dalla forza elastica Fe, ossia
applicando la condizione di equilibrio siamo in grado di determinare l’allungamento della molla
affinché il corpo risulti in equilibrio:
Fe = Px ⇒ k ⋅ x = P ⋅ senα ⇒ x =
P ⋅ senα mg ⋅ senα 4 ⋅ 9,8 ⋅ sen 20°
=
=
= 0,027 m = 2,7cm
k
k
500
PROBLEMA N. 11
Dato il dispositivo rappresentato in figura, determinare il valore minimo della massa m2 perché
il sistema possa mettersi in moto, sapendo che il coefficiente di attrito statico tra la massa m1=
4kg ed il piano orizzontale vale 0,2.
Diagramma delle forze
y
m1
T
Fa
T
m2
x
P2
SOLUZIONE
Applichiamo le condizioni di equilibrio:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
r r ⎧⎪∑ Fy = 0
∑ F = 0 ⇒ ⎨ Fr = 0r
⎪⎩∑ x
µ ⋅ P µ ⋅ m 1 ⋅ g/
⎧T − P2 = 0 ⎧T = P2
⇒ P2 = Fa ⇒ m 2 ⋅ g = µ s ⋅ P1 ⇒ m 2 = s 1 = s
= 0,2 ⋅ 4 = 0,8kg
⇒⎨
⎨
g
g/
⎩T − Fa = 0 ⎩T = Fa
quindi il valore minimo che deve avere la massa m2 affinché il sistema si metta in moto è pari
a 0,8 kg.
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PROBLEMA N. 12
A due molle elastiche identiche collegate come in figura è applicato un corpo di peso 4N.
L’allungamento subito da ciascuna molla è 10 cm. Calcolare la costante elastica delle molle.
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
y
FE
FE
P
P
Poiché le forze in gioco agiscono solo sull’asse delle y, la condizione di equilibrio diventa:
r
∑F
y
r
P
4
= 0 ⇒ FE + FE − P = 0 ⇒ 2FE = P ⇒ 2kx = P ⇒ k =
=
= 20n / m
2x 2 ⋅ 0,2
PROBLEMA N. 13
Una trave omogenea di lunghezza L = 12m e massa m = 1,8 kg è appoggiata agli estremi su
due bilance come in figura. Un blocco omogeneo di massa M = 2,7 kg è appoggiato sulla trave
alla distanza di 3 m dalla bilancia di sinistra. Calcolare i pesi segnati dalle due bilance.
y
F1
M
BILANCIA
m
F2
B
A
C
D
BILANCIA
PM
Pm
Diagramma delle forze
SOLUZIONE
Le forze F1 e F2 sono le reazioni vincolari delle due bilance dovute al peso della trave che
poggia su di esse, e rappresentano le incognite del problema, cioè ciò che leggeremo sulle
bilance.
Il nostro sistema è in equilibrio statico per cui è possibile applicare le seguenti equazioni che
rappresentano le condizioni di equilibrio per un corpo rigido:
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La Statica
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r r
⎧⎪∑ F = 0
⎨ r r
⎪⎩∑ M = 0
Queste condizioni di equilibrio rappresentano un sistema di equazioni nelle due incognite F1 e
F2, che sono le letture delle bilance:
⎧F1 + F2 − PM − Pm = 0
⎧F1 + F2 = 44 ⎧F1 = 28,7 N
⎧F1 + F2 = 44
⇒⎨
⇒⎨
⇒⎨
⎨
⎩F2 = 15,4 N
⎩− F1 ⋅ 0 + PM ⋅ BA + Pm ⋅ CA − F2 ⋅ DA = 0 ⎩6,6 + 8,8 − F2 = 0 ⎩F2 = 15,4
NOTARE
E’ stato scelto il punto A (la scelta è arbitraria) rispetto al quale calcolare i
momenti delle forze.
I momenti sono positivi se, agendo da soli, imprimono alla trave una rotazione
in senso antiorario (legge della mano destra): MF2
I momenti sono negativi se, agendo da soli, imprimono alla trave una rotazione
in senso orario (legge della mano destra): PM e Pm
PROBLEMA N. 14
Dato il sistema in equilibrio come in figura, calcolare la distanza x del centro di gravità della
barra non omogenea.
SOLUZIONE
α = 36,9°
θ = 53,1°
L = 6,1 m
Il nostro sistema è in equilibrio statico per cui è possibile applicare le seguenti equazioni che
rappresentano le condizioni di equilibrio per un corpo rigido:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
⎧∑ Fx = 0
r r
⎧⎪∑ F = 0
⎪⎪ r
r
⎨ r r ⇒ ⎨∑ Fy = 0
⎪⎩∑ M = 0 ⎪ r r
⎩⎪∑ M = 0
L’insieme di queste equazioni formano un sistema che risolto, con il metodo di sostituzione, ci
consente di rispondere al quesito del problema:
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La Statica
⎧− F1 ⋅ senα + F2 ⋅ senθ = 0
⎧− 0,6F1 + 0,8F2 = 0
⎪
⎪
⎨F1 ⋅ cos α + F2 ⋅ cos θ − P = 0 ⇒ ⎨0,8F1 + 0,6F2 − P = 0
⎪F ⋅ cos θ ⋅ L − P ⋅ x = 0
⎪3,7F − P ⋅ x = 0
2
⎩ 2
⎩
Ricavando F1 dalla prima equazione e sostituendola nella seconda, e ricavando P dalla seconda
e sostituendola nella terza, otteniamo una semplice equazione nell’incognita x:
⎧
⎪F = 1,3F
⎧F1 = 1,3F2
2
⎪⎪ 1
⎪
⎨0,8 ⋅ 1,3F2 + 0,6F2 − P = 0 ⇒ ⎨P = 1,64F2
⎪
⎪3,7F − P ⋅ x = 0
3,7F/ 2
2
⎩
⎪3,7F2 − 1,64F2 ⋅ x = 0 ⇒ 1,6F2 ⋅ x = 3,7F2 ⇒ x =
= 2,2m
⎪⎩
1,6F/ 2
PROBLEMA N. 15
Si abbia una scala di lunghezza L e massa M appoggiata ad un muro senza attrito e su un
pavimento orizzontale, con α = 30°, con coefficiente d’attrito µ = 0,5. Stabilire se il sistema è
in equilibrio.
SOLUZIONE
Applichiamo le condizioni di equilibrio al sistema:
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
⎧∑ Fx = 0
⎪
⎧
⎪
r r
⎪R − Fa = 0
⎪
⎧⎪∑ F = 0
r ⎪ 1
⎪ r
⎨ r r ⇒ ⎨∑ Fy = 0 ⇒ ⎨R 2 − P = 0
⎪⎩∑ M = 0 ⎪
⎪
L
⎪R 1 ⋅ L ⋅ senα − P ⋅ ⋅ cos α = 0
⎪
2
⎩
⎪
r
r
⎪ M=0
⎩∑
dove abbiamo scelto come polo 0 (punto rispetto al quale calcolare i momenti delle forze) il
punto di contatto tra la scala ed il pavimento.
Risolviamo il sistema di equazioni per trovare il coefficiente di attrito affinché la scala sia in
equilibrio:
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La Statica
⎧
⎪R 1 = Fa = µ ⋅ P
⎪
⎨R 2 = P
⎪
L/
1 cos α 1
1
⎪µ ⋅ P/ ⋅ L/ ⋅ senα − P/ ⋅ ⋅ cos α = 0 ⇒ 2µsenα = cos α ⇒ µ =
= cot gα = ⋅ cot g30° = 0,87
2
2 senα 2
2
⎩
Poiché il coefficiente di attrito trovato è maggiore rispetto a quello dato dal problema,
concludiamo dicendo che la scala non è in equilibrio.
PROBLEMA N.16
Tre persone A, B, C tirano una ciambella in direzioni diverse con forze FA = 220N, FC= 170N.
Con quale forza FB deve tirare B affinché la ciambella resti ferma?
SOLUZIONE
Diagramma delle forze
CONDIZIONE DI EQUILIBRIO
r
r
r r ⎧⎪∑ Fx = 0
⇒ ∑F= 0⇒ ⎨ r
r
⎪⎩∑ Fy = 0
Attraverso la scomposizione delle forze lungo gli assi cartesiani si ottiene:
⎧− Fa cos 47° + Fc cos α + 0 = 0
è un sistema di due equazioni in due incognite: α e FB
⎨
⎩Fa sen 47° + Fc senα − Fb = 0
Le soluzioni sono:
Fa cos 47°
⎧
= 0,882 ⇒ α = 28°
⎪cos α =
Fc
⎨
⎪F = F sen 47° + F sen 28° = 241N
a
c
⎩ b
