Meccanica Razionale

Meccanica Razionale
Remo Garattini
April 9, 2005
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CONTENTS
Esercizio n.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Esercizio n.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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9
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ESERCIZI SULL’EQUILIBRIO DI CORPI
RIGIDI
Esercizio n.9
Il sistema illustrato nella …gura seguente è costituito da aste, nodi e forze appartenenti ad un piano. Assumendo che le aste siano senza peso, determinare tutte le
reazioni vincolari.
p
C
A
α
B
Per risolvere l’esercizio più agevolmente occorre fare una premessa. Si de…nisce
"biella" un’asta non soggetta a carichi (né concentrati né distribuiti) e vincolata alle
estremità mediante due cerniere.Si isola l’asta dal resto della struttura e si mettono
in evidenza, in accordo col principio di azione e reazione, le reazioni vincolari ~ A ,
q
p
r
A
B
s
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~ A,
~ B e ~ B scambiate tra l’asta e le due cerniere.
q
−ΦA
p
A
r
B
−ΦB
ΦA
s
A
B
ΦB
~ e del
L’equilibrio dell’asta richiede l’annullarsi del vettore risultante in forza (R)
~ ) rispetto ad un polo arbitrario (in questo caso si sceglie il
momento risultante (M
punto B):
(
~ = ~A + ~B = 0
R
~B = A !
M
B ^ ~A = 0
Se ciascuna reazione viene sostituita dai due vettori componenti rispettivamente
==
==
~ ? ) alla congiungente AB, le equazioni di
paralleli (~ A e ~ B ) e ortogonali (~ ?
A e
B
!
==
equilibrio divengono le seguenti (si noti che ~ è parallelo al vettore A B ):
A
b
ΦA⊥
ΦA//
A
a
L
ΦB⊥
B
8
~ = ~ == + ~ ? + ~ == + ~ ? = 0
< R
A
B
A
B
!
==
?
~B = A B ^ ~ + ~
: M
A = A
A
ΦB//
!
B ^ ~?
A = 0
De…niti il versore ~k ortogonale al piano a cui appartiene l’asta e i seguenti versori:
8
!
!
< ~a = (B A) = (B A)
!
L
jB Aj
:~ ~
b = k ^ ~a
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~ eM
~ B ottenendo le seguenti equazioni scalari:
si proiettano i risultanti R
8
==
==
~
>
A + B = 0
< R ~a =
~ ~b = ? + ? = 0
R
A
B
>
: M
~ B ~k = A !
B ^ ~?
A
~k =
L
?
A
=0
La soluzione del sistema fornisce il seguente risultato:
8
<
:
==
==
A = B
?
A = 0
?
B = 0
ovvero, per una biella equilibrata le reazioni vincolari hanno come retta d’azione
la congiungente le due cerniere (AB), sono caratterizzate dalla stessa intensità
==
==
= A = B e da versi opposti
Φ
A
Φ
B
L’esercizio proposto può essere ora risolto in modo più agevole. Si isolano tutti
gli elementi che compongono la struttura (aste e nodi) e si mettono in evidenza le
reazioni vincolari nel rispetto del principio di azione e reazione.
p
C −ΦC2
ΦC1
−ΦC1
1
−ΦA1
ΦA
2
ΦB2
ΦA1
A
ΦA3
−ΦA3
ΦC2
−ΦB2
3
ΦB3
−ΦB3
B
ΦB
(1)
8
L’equilibrio di ciascuna biella viene imposto secondo quanto discusso nella premessa. Come conseguenza le incognite del problema si riducono alle 6 intensità
V
indicate nella …gura seguente ( 1 ; 2 ; 3 ; H
B ).
A;
A;
p
Φ1
Φ1
C
Φ2
Φ2
1
A
ΦVA
β
Φ1
Φ1
ΦH
A
Φ3
2
α
Φ2
3
Φ3
Φ3
Φ2
Φ3 B
ΦB
L’equilibrio dei nodi porta a scrivere le seguenti equazioni:
8
X
H
>
!
FHA = RA
= H
>
A + 1 cos ( ) + 3 = 0
>
X
>
>
V
>
= VA + 1 sin ( ) = 0
"
FVA = RA
>
>
X
>
>
H
< !
F B = RB
=
3
2 cos ( ) = 0
X H
V
>
= B + 2 sin ( ) = 0
"
FVB = RB
>
>
X
>
>
C
H
>
!
F = RC =
>
1 cos ( ) + 2 cos ( ) = 0
>
X H
>
>
V
C
: "
FV = RC = p
1 sin ( )
2 sin ( ) = 0
in cui
=
. Risolvendo il sistema e utilizzando le relazioni trigonometriche
2
sin ( ) = sin
cos ( ) = cos
si ottiene:
Si noti che
compresse;
8
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
:
2
2
= cos ( )
= sin ( )
= p cos ( ) tan ( )
p cos ( )
2 =
3 = p cos ( ) sin ( )
H
A = 0
2
V
A = p sin ( )
2
B = p cos ( )
1
e 2 sono negativi: per le convenzioni assunte le aste 1 e 2 risultano
3 è invece positivo, ovvero l’asta 3 è tesa.
1
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Esercizio n.10
Una lamina di spessore uniforme t giace in un piano verticale ed è caratterizzata da
un peso speci…co . Essa è vincolata mediante una cerniera nel punto A indicato
in …gura. Determinare l’intensità della forza F~ , applicata in B, che garantisce
l’equilibrio della con…gurazione illustrata.
b
F
B
L
b
A
L
Per determinare F si potrebbe isolare la lamina dalla cerniera e applicare in
A la reazione vincolare ~ A che la cerniera fornisce alla lamina. Le tre equazioni
scalari di equilibrio che si scrivono permettono di ricavare le due componenti di ~ A
e l’intensità F .
In questo caso però non è richiesto il calcolo della reazione ~ A ; è allora possibile
determinare F utilizzando una sola delle tre equazioni di equilibrio, ma solo se
questa non contiene come incognite le componenti della reazione ~ A . L’unica
equazione che non contiene tali incognite è quella di equilibrio alla rotazione quando
si sceglie come polo il punto A: infatti, in questo caso la forza ~ A ha braccio nullo.
Dalla precedente osservazione si può dedurre che F può essere determinata
anche senza staccare la lamina dalla cerniera, purché l’equazione che si scrive sia
l’equilibrio alla rotazione rispetto al polo A. Si noti anche che il movimento permesso dalla cerniera alla lamina è la rotazione attorno ad A. Questa stretta relazione
tra l’unica equazione di equilibrio e l’unico movimento permesso dai vincoli non è
casuale, e verrà successivamente generalizzata ai sistemi di corpi rigidi caratterizzati da un numero …nito di gradi di libertà mediante il concetto di "lavoro".
L’equazione di equilibrio alla rotazione rispetto ad A coinvolge anche il peso
speci…co della lamina; il suo contributo può essere valutato mediante le proprietà
del baricentro: è su¢ ciente calcolare il peso totale della lamina e applicare tale
forza nel suo baricentro G. Se non si conosce la posizione di G conviene suddividere
idealmente la lamina in …gure di cui si conosce la posizione di ogni baricentro Gi .
In questo caso si possono, ad esempio, individuare i due rettangoli indicati in
…gura; i loro baricentri (G1 e G2 ) sono facilmente determinabili in base ad un’altra
proprietà del baricentro: se il solido ammette un asse di simmetria il baricentro vi
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appartiene. Un rettangolo ammette due assi di simmetria e, dunque, il baricentro
si trova nel punto di intersezione dei due assi.
b
F
B
L1
G2
p2
A
L3
G1
p1
L2
In questo caso si ha:
1
L
2
= L
b
2
L1 =
L2
mentre per i pesi delle due lamine rettangolari:
p1 =
p2 =
b
b
2
b
t L+
b
2
t L
L’equilibrio alla rotazione rispetto ad A si scrive:
X
MA = MAtot = p1 L1 p2 L2 + F L = 0
da cui si ricava:
1
1
(p1 L1 + p2 L2 ) =
L
L
2
tb
b
F =
3L2 +
2L
4
F =
t L
b
2
b
1
2
L
b
2
+ t L+
b
2
bL
Una soluzione alternativa si può ricavare osservando che, in questo particolare
caso, la posizione del baricentro G può essere determinata a priori. Infatti, la
lamina è simmetrica rispetto alla retta inclinata di 4 indicata nella …gura seguente
e il baricentro vi deve appartenere. Ma, per un’altra proprietà dei baricentri, G
11
deve anche appartenere alla retta che congiunge i due baricentri G1 e G2 . Dunque,
G deve necessariamente coincidere col punto di intersezione delle due rette indicate
in …gura.
b
G2
L1
G
L3
G1
x
π/4
L4
LG
La distanza x può essere determinata mediante la proporzione seguente
L3
L4 x
=
L4
x
da cui si ricava
L24
x =
=
L3 + L 4
LG
1
= L1 + x =
2
1
2
1
2
L
L+
b
2
b
2
L
b
2
b
2
+
+
b 2
2
1
2
L
b
2
+
b
2
(2L + b)2
=
16L
(2L + b)2
3
b2
+
= L+
16L
4
16L
12
b
F
B
G
A
p
LG
Imponendo l’equilibrio si ottiene:
X
MA = MAtot =
p LG + F L = 0
in cui p = p1 + p2 = 2 tLb. Risolvendo rispetto a F si ricava:
LG
F =p
= (2 tLb)
L
3
L
4
2
b
+ 16L
tb
=
L
2L
valore che coincide con quello precedentemente trovato.
3L2 +
b2
4