statica - Roberto Ricciardi

STATICA
ESERCIZIO 1
Una cassa di massa√m = 15 kg è ferma su una superficie orizzontale scabra. Il coefficiente di attrito statico è µs = 3. Supponendo che sulla cassa agisca una forza F formante un angolo di 30◦
rispetto al suolo, determinare il valore di F per cui la cassa comincia a muoversi.
ESERCIZIO 2
Due blocchi A e B di massa mA = 1 kg e mB = 4 kg sono collegati da una fune inestensibile di
massa trascurabile. Il blocco A poggia su un piano inclinato di un angolo α = 30 ◦ ed è collegato ad
un estremo ad una molla di costante elastica k = 49 N/m posizionata all’inizio del piano inclinato.
L’altro estremo è collegato ad una carrucola da cui pende verticalmente il corpo B. Supponendo
che l’intero sistema sia fermo, calcolare la deformazione (allungamento o accorciamento) della
molla.
ESERCIZIO 3
Due masse m1 = 10 kg e m2 = 5 kg sono unite da un cavo inestensibile di massa trascurabile in
modo che m1 poggi su un piano orizzontale scabro mentre m 2 su un piano perfettamente liscio
inclinato di 30◦ rispetto al suolo. Determinate il valore minimo del coefficiente di attrito statico
della superficie orizzontale affinché il sistema sia in equilibrio. Determinare inoltre la tensione del
filo in tale condizione.
ESERCIZIO 4
Un corpo puntiforme si trova su un piano liscio inclinato di 45 ◦ rispetto terra e appoggiato su una
molla di costante elastica k = 30 N/m. La molla per sorreggere il corpo si accorcia di 0.1 m. a)
Calcolare la massa del corpo. b) Quale dovrebbe essere il coefficiente di attrito statico per sorreggere il corpo in assenza della molla?
ESERCIZIO 5
Un punto materiale di massa m = 1.2 kg è fissato al soffitto tramite un cavo inestensibile di massa
trascurabile di lunghezza r = 1.2 m e una molla di costante elastica k = 40 N/m e lunghezza a
riposo nulla. Cavo e molla sono attaccati al soffitto a una distanza r uno dall’altro. Calcolare
all’equilibrio la distanza d del punto dal soffitto.
1
ESERCIZIO 6
Un corpo di massa M = 10 kg è sollevato da un sistema di carrucole come in figura, per mezzo
di una forza impressa all’estremo della fune. All’equilibrio il cavo forma un angolo di α = 30 ◦
con il soffitto. Dimostrare che la carrucola si posiziona rendendo uguali i due tratti di cavo che la
sostengono. Determinare il modulo F della forza che serve a mantenere il sistema in quiete. (NB:
la carrucola in basso a sinistra è mobile mentre quella in alto a destra è fissata al soffitto.)
ESERCIZIO 7
Sapendo che la massa M = 100 kg è tenuta su dal sistema di carrucole in figura, determinare
tensioni e forze necessarie per stabilizzare il sistema. (NB: la carrucola in alto a sinistra è fissa,
mentre le altre due sono mobili.)
ESERCIZIO 8
Un corpo puntiforme di massa m = 2 kg è appoggiato su un piano lungo 2 m inclinato rispetto a
terra di 30◦ . Alle due estremità del piano sono fissate due molle entrambe di lunghezza a riposo
pari a l = 1 m e le cui costanti elastiche sono k 1 = 20 N/m (posizionata in basso) e k2 = 30 N/m
(in alto). Determinare all’equilibrio la distanza h del corpo da terra. Calcolare la stessa quantità
con le molle in posizione invertita.
ESERCIZIO 9
Un sistema di sollevamento pesi è costituito da una sbarra inclinabile lunga L = 3 m che termina in
una carrucola ideale, un filo che tiene il peso che passando per la carrucola arriva su una superficie
verticale e un secondo filo che collega direttamente la sbarra con la superficie verticale. Sapendo
2
che in un certo istante il sistema solleva una massa M = 20 kg, che i due fili collegati alla parete
verticale sono perfettamente orizzontali e che la sbarra ideale senza massa è inclinata di 30 ◦ rispetto
alla direzione orizzontale, trovare le due reazioni vincolari sulla parete verticale e la reazione
vincolare sul piano d’appoggio, quando il sistema è in condizioni statiche.
SOLUZIONI
ESERCIZIO 1
Il valore massimo del modulo della forza di attrito statico è pari a Fattr = µs Rn dove µs è il coefficiente di attrito statico e Rn è il modulo del componente normale della reazione vincolare esercitata
dalla superficie. Il vettore Fattr è diretto sempre in verso opposto a quello della spinta.
Nella figura sono segnate tutte le forze che agiscono sul corpo. Finché il modulo della forza F non
supera un certo valore limite, la cassa rimane ferma. Quindi nella prima equazione cardinale della
meccanica il risultante delle forze esterne sulla cassa è nullo. Proiettando tale equazione sui due
assi x ed y:
(x) F cos θ − Fattr = 0
F + R + Fattr + P = 0 ⇒
(y) F sin θ − P + Rn = 0
Dalla seconda equazione ricavo il valore di Rn cioé la forza premente necessaria per calcolare la
forza di attrito:
Rn = P − F sin θ ⇒ Fattr = µs Rn = µs (P − F sin θ)
3
Sostituendo nella prima equazione e risolvendo per trovare F si ha:
F cos θ − µs (P − F sin θ) = 0 ⇒ F cos θ − µs mg + µs F sin θ = 0 ⇒
F(cos θ + µs sin θ) = µs mg ⇒
√
3mg
µs mg
2
= √
F=
√ 1 = mg = 15 kg ∗ 9.8 m/s = 147 N.
3
cos θ + µs sin θ
2 + 32
Quindi per F > 147 N la cassa comincia a muoversi.
ESERCIZIO 2
In figura sono segnate le forze che agiscono sui due corpi: si tenga presente che di Fel è nota la
direzione ma non è noto il verso. Scriviamo separatamente la prima equazione della statica per i
due corpi A e B:
A) TA + RA + Fel + PA = 0
B) TB + PB = 0
Per il corpo A scompongo l’equazione lungo le due direzioni normale (che indico con ⊥) e parallela
() al piano inclinato. Per il corpo B ci interessa solo la proiezione lungo la verticale (y) dell’
equazione della statica. Fisso inoltre come verso positivo del moto quello che corrisponde a un
allungamento della molla, cioè di salita per il corpo A e discesa per B:

 A ) TA + Fel − PA sin α = 0
A ) R − PA cos α = 0
 ⊥ A
By ) PB − TB = 0
ove TA , PA , RA , PB e TB sono quantità positive, mentre Fel può essere positivo o negativo: si ha infatti che Fel = −k∆l, con ∆l > 0 se la molla si allunga o < 0 se si accorcia (a causa dell’orientazione
scelta come positiva per il moto). Essendo la fune inestensibile e di massa trascurabile, e la carrucola ideale, si ha che TA = TB = T .
Determiniamo ora T dall’equazione By e la sostituiamo nella A (la A⊥ non serve):
By ) T = PB = mB g
A ) T + Fel − PA sin α = 0 ⇒ T − k∆l − mA g sin α = 0
4
La deformazione della molla è quindi:
∆l =
g(mB − mA sin α)
= 0.7 m
k
Essendo ∆l > 0 la molla si allunga. La forza è quindi diretta come in figura.
ESERCIZIO 3
Scriviamo separatamente la prima equazione della statica per i due corpi 1 e 2:
1) T1 + R1 + Fattr + P1 = 0
2) T2 + P2 + R2 = 0
Scomponiamo le due equazioni in due direzioni: per il corpo 1 usiamo il consueto sistema Oxy
allineato con l’orizzontale e la verticale; per il corpo 2 usiamo un sistema di riferimento con gli
assi x parallelo al piano inclinato, ed orientato come x (cioè con il verso positivo quello verso
destra in figura), e y perpendicolare allo stesso. Si noti che essendo la fune inestensibile di massa
trascurabile e la carrucola ideale si ha che |T1 | = |T2 | = T . La scomposizione dà:

1x) T − Fattr = 0



1y) R1 − P1 = 0
2x ) − T + P2 sin α = 0


 2y ) R2 − P2 cos α = 0
dove le incognite sono T , Fattr e le due reazioni vincolari. Con qualche passaggio algebrico otteniamo:

1y) R1 = P1 = m1 g


 2y ) R2 = P2 cos α = m2 g cos α
2x ) T = P2 sin α = m2 g sin α



1x) Fattr = T = m2 g sin α
Ricordiamo che Fattr = µs Rn dove in questo caso Rn = R1 = m1 g. Inserendo questa espressione per
Fattr nella 1x) si ottiene:
µs m1 g = m2 g sin α ⇒ µs =
5
m2 sin α
= 0.25
m1
In queste condizioni la tensione del filo vale T = Fattr = µs m1 g = 24.5 N.
ESERCIZIO 4
a) Scriviamo la prima equazione della statica per il corpo, e la scomponiamo nelle direzioni parallela e perpendicolare al piano inclinato:
) Fel − P sin α = 0
Fel + R + P = 0 ⇒
⊥) R − P cos α = 0
dove Fel indica il modulo della forza elastica; poiché il testo parla di accorciamento della molla,
si ha che Fel è diretta verso l’alto (come indicato in figura), quindi ha verso opposto a quello del
componente di P lungo il piano. Ricordando che il modulo di Fel è Fel = k|∆l|, ricaviamo la massa
del corpo dalla prima equazione
k|∆l| − mg sinα = 0 ⇒ m =
k|∆l|
= 0.433 kg.
g sin α
b) Per trovare il coefficiente d’attrito in assenza della molla riscriviamo l’equazione della statica
con la forza d’attrito al posto della forza elastica:
) Fattr − P sin α = 0 ⇒ Fattr = P sin α
Fattr + R + P = 0 ⇒
⊥) R − P cos α = 0 ⇒ R = P cos α
Ricaviamo quindi la reazione vincolare dalla seconda equazione, ed usiamo la definizione di forza
d’attrito Fattr = µs Rn = µs R, per trovare il coefficiente d’attrito statico:
µs R = P sin α ⇒ µs P cos α = P sin α ⇒ µs =
6
sin α
=1
cos α
ESERCIZIO 5
Scriviamo l’equazione della statica per il punto materiale situato in B e proiettiamola sulle due
direzioni: t lungo il cavo, n normale alla direzione del cavo.
t) mg cos θ − T − |Fel | sin α = 0
P + T + Fel = 0 ⇒
n) |Fel | cos α − mg sin θ = 0
el | in quanto
dove gli angoli usati sono quelli indicati in figura e dove si è scelto di indicare | F
direzione e verso sono noti (verso l’origine della molla). Poiché le incognite nelle equazioni sono
quattro (T , |Fel |, θ e α), servono delle relazioni tra esse che consentano di eliminarne qualcuna.
Considerando il triangolo ABC, l’angolo in B è pari a π/2 − α perché l’angolo ABn è un angolo
retto. Inoltre, considerando il triangolo rettangolo AHB, si ha che l’angolo in A vale π/2 − θ.
Utilizzando il teorema dei seni per il triangolo ABC:
sin π2 − θ
sin π2 − α
cos α cos θ
r
=
⇒
=
⇒ cos α =
cos θ
r
|∆l|
r
|∆l|
|∆l|
In questo caso si è scelto di indicare |∆l| per riferirsi alla lunghezza del segmento, quindi una
lunghezza ≥ 0. Ricordando che |Fel | = k|∆l|, inseriamo questo risultato nell’equazione n):
n) k|∆l|
r
cos θ − mg sin θ = 0 ⇒ kr cos θ = mg sin θ
|∆l|
Si noti che il caso limite cos θ = 0 non è accettabile perché porterebbe a una soluzione con massa
nulla. Possiamo quindi dividere entrambi i membri per cos θ e ottenere:
kr
kr = mg tan θ ⇒ θ = arctan
mg
Infine, poiché d = r cos θ, ricaviamo:
kr
0.286 m
d = r cos arctan
mg
7
ESERCIZIO 6
Essendo le carrucole ideali e le funi inestensibili e di massa trascurabile, la forza F viene trasmessa
uniformemente lungo tutto il filo (F1 = F2 = F3 = F), come pure la tensione T della fune verticale
(T1 = T2 = T ). Scriviamo la prima equazione della statica per la carrucola (C) e per la massa (M):
1 + F
2 + T1 = 0
C) F
M) T2 + P = 0
e le proiettiamo lungo le due direzioni x e y del sistema cartesiano

Cx) − F cos α + F cos β = 0



Cy) F sin α + F sin β − T = 0
Mx) 0 = 0



My) T − P = 0
Semplificando F nella Cx) si ottiene che α = β, da cui si deduce che i due tratti di fune che
sostengono la carrucola sono uguali, come richiesto dal problema. Risolvendo quindi il sistema
delle Cy e My si ottiene
Cy) 2F sin α = T
My) T = Mg
e infine, sostituendo,
F=
Mg
98 N
2 sin α
NB: Il valore di F dipende da α: se aumento l’angolo la forza necessaria per mantenere l’equilibrio
diminuisce. Questo ci mostra che questo sistema di sollevamento è particolarmente efficace quando
i due tratti di fune sono quasi paralleli: infatti, in questo caso si ha α π/2 ⇒ sin α 1 quindi la
forza necessaria a sollevare il corpo è pari a circa la metà del suo peso.
8
ESERCIZIO 7
Nella figura è mostrato come le tensioni si propagano lungo le funi che sono per definizione inestensibili e di massa trascurabile. La prima equazione della statica per il corpo appeso e per le tre
carrucole si scrive:

M) P + T1 = 0



1) T1 + 2T2 = 0

2) T2 + 2T3 = 0


3) 2T3 + R = 0
Alle equazioni precedenti si aggiunge la considerazione che, essendo la fune inestensibile, si ha
che F = T3 . Proiettiamo le equazioni lungo la verticale e risolviamo il sistema per ricavare F, R e
le tensioni:



T1 = P = Mg = 980 N
−P
+
T
=
0


1


Mg
T




 T2 = 21 = 2 = 490 N
 −T1 + 2T2 = 0
−T2 + 2T3 = 0 ⇒
T3 = T22 = Mg
4 = 245 N


Mg


−2T3 + R = 0


R = 2T3 = 2 = 490 N





T3 = F
F = T3 = Mg
4 = 245 N
9
ESERCIZIO 8
Partendo da una situazione con le due molle a riposo che si estendono fino a congiungersi a metà
del piano (la lunghezza del piano è infatti pari a 2l), la massa m tenderà a scendere. Di conseguenza
la molla 2 (in alto) si allunga e la molla 1 (in basso) si comprime della stessa lunghezza ∆l, con
entrambe che esercitano una forza diretta verso l’alto, come indicato in figura. Per evitare di
confonderci coi segni utilizzeremo i loro moduli.
Scriviamo la prima equazione della statica per la massa e la proiettiamo lungo la direzione parallela
e perpendicolare al piano inclinato:
) |Fel,1| + |Fel,2| − mg sin α = 0
P + R + Fel,1 + Fel,2 = 0 ⇒
⊥) − P cos α + R = 0
Per quanto detto in precedenza avremo che |Fel,1| = k1 ∆l e |Fel,2| = k2 ∆l (∆l > 0). La ⊥) non è
utile a risolvere il problema. La ) permette di trovare l’allungamento ∆l:
k1 ∆l + k2 ∆l − mg sin α = 0 ⇒ ∆l =
mg sin α
= 0.196 m
k1 + k2
L’altezza della massa da terra si trova con considerazioni geometriche:
h = (l − ∆l) sin α = l sin α −
mg sin2 α
= 0.402 m
k1 + k2
Dall’espressione di h si evince che invertendo la posizione delle molle (cioè invertendo k 1 e k2 ) il
risultato non cambia.
10
ESERCIZIO 9
In figura sono riportate tutte le forze che entrano in gioco per mantenere il sistema in equilibrio.
Si noti che la reazione vincolare Rs esercitata sulla sbarra non è necessariamente orientata lungo la
sbarra stessa, per questo viene indicato un angolo α = θ. In questo modo possiamo esprimere la
reazione vincolare come Rs = Rs,x î + Rs,y j,ˆ con Rx = Rs cos α e Ry = Rs sin α.
Si noti, inoltre, che mentre direzione e verso delle altre forze in gioco sono note o facilmente deducibili, a livello di impostazione del problema non è semplice individuare l’esatta orientazione di
Rs , che potrebbe avere direzione e verso molto diversi da quelli indicati in figura: per ricordarci di
questo aspetto abbiamo quindi inserito un “?” nella sua notazione. Dal punto di vista matematico
dovremo considerare l’angolo α nella maniera più generale possibile, ovvero 0 ≤ α < 2π, e di
conseguenza Rx e Ry come positivi o negativi.
La condizione di equilibrio applicata sulla massa appesa (I eq. cardinale della statica: ∑ F = 0) ci
dice che la somma delle forze applicate su di essa deve essere nulla. Avremo quindi che
T (i) + P = 0 ⇒ T (i) = Mg jˆ
1
1
(i) Da questo deduciamo che il modulo della tensione sarà pari a T1 = T1 = Mg. Poiché la fune
che sostiene il corpo è inestensibile e di massa nulla, tutte le tensioni presenti sulla fune avranno
modulo pari a T1 . Inoltre la stessa considerazione fatta sul giunto tra fune e parete verticale ci
permette di trovare R1
T (iv) + R1 = 0 ⇒ R1 = −T (iv) = −T1 î = −Mgî = −(98 N) î
1
1
11
(ii)
Effettuando lo stesso ragionamento sul giunto più basso otteniamo solo la relazione R2 = −T2
che non ci consente di trovare la seconda reazione vincolare. Quindi, mentre per trovare R1 è
stato sufficiente svolgere considerazioni puntuali sull’equilibrio del corpo appeso e del giunto, per
determinare le altre forze occorre considerare il sistema nel suo complesso. Scriviamo quindi le
due equazioni cardinali della statica in forma generale:

 I) ∑i Fi = 0

Esplicitando la I) avremo
i=0
II) ∑i M
(i)
(ii)
I) Rs + T2 + T1
(iii)
+ T1
=0
dove si sono omesse per semplicità le altre forze perché, come già visto, si annullano tra loro.
Proiettandole lungo gli assi otteniamo:
Ix) Rs,x − T2 − Mg = 0
Iy) Rs,y − Mg = 0
Avendo due equazioni con tre incognite (Rs,x , Rs,y e T2 ) il sistema non è risolvibile. Dobbiamo
quindi aggiungere la condizione data dalla II). Per comodità fissiamo come polo per calcolare i
momenti l’origine O degli assi di riferimento in modo che il braccio della reazione vincolare Rs si
annulli e compaiano quindi solo le due tensioni
(ii)
(iii)
(i)
II) 0 × Rs +r1 × T1 + T1
+r2 × T2 = 0
dove anche in questo caso sono state omesse le forze che si annullano reciprocamente. Esprimendo
i due vettorir1 er2 in coordinate cartesiane
r1 = L cos θ î + L sin θ jˆ
r2 =
L
L
cos θ î + sin θ jˆ
2
2
possiamo sostituirli per ottenere
L
L
ˆ × (−Mg î − Mg j)
ˆ +
cos θ î + sin θ jˆ × −T2 î = 0
II) (L cos θ î + L sin θ j)
2
2
Svolgendo i prodotti vettoriali si ha
L
II) LMg(sin θ − cos θ)k̂ + T2 sin θ k̂ = 0
2
Proiettandola lungo z e inserendola a sistema con le precedenti si ottiene

 Ix) Rs,x = Mg + T2
Iy) Rs,y = Mg

IIz) Mg(sin θ − cos θ) + 12 T2 sin θ = 0
12
che è risolvibile. In particolare, si puó ricavare T2 dalla IIz) e sostituirlo

θ−sin θ Mg = 2(cot θ − 1)Mg
 IIz) T2 = 2 cossin
θ
Ix) Rs,x = [1 + 2(cot θ − 1)]Mg = (2 cot θ − 1)Mg

Iy) Rs,y = Mg
ottenendo cosı̀ il risultato richiesto 1. Per ottenere i valori numerici basta ricordare che cot π6 =
√
3:
√

3 − 1)Mg 143.48 N
 T2 = 2( √
Rs,x = (2 3 − 1)Mg 241.48 N

Rs,y = Mg = 98 N
Per quanto detto in precedenza avremo che R2 = T2 143.48 N e il problema è risolto.
Come ulteriore esercizio possiamo trovare l’orientazione di Rs calcolando l’angolo α come
Rs,y
1
1
22◦
= arctan
α = arctan
= arctan √
Rs,x
2 cot θ − 1
2 3−1
Si ha, quindi, che Rs ha un’inclinazione minore rispetto alla sbarra (e non maggiore come indicato
in figura).
1 Si
ricorda che cot θ = 1/ tanθ = cos θ/ sin θ.
13