Esercitazione 2 - Statica di un sistema di corpi rigidi
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Università degli Studi di Bergamo Corso di Laurea in Ingegneria Tessile Corso di Elementi di Meccanica Esercitazione 2 - Statica di un sistema di corpi rigidi Esercizio n.1 Calcolare il valore della distanza x alla quale deve essere posto il corpo di massa m perché la struttura mostrata in figura 1.a sia in equilibrio. La struttura giace in un piano verticale. D m A B C M x l Figura 1.a Analisi del sistema La struttura è composta da un’asta AC vincolata a terra nel punto A mediante una cerniera. L’asta è collegata nel punto C ad una fune che a sua volta si avvolge su di una puleggia, con centro nel punto D, per poi connettersi ad un corpo sospeso di massa M. Un corpo di massa m è appoggiato all’asta nel punto B. Le ipotesi sulle quali si basa la risoluzione dell’esercizio sono che tutti i corpi siano rigidi, la fune sia inestensibile e che i vincoli siano ideali. L’asta AC è vincolata solo da una cerniera in A che constringe l’asta a ruotare attorno a quel punto, lasciando così un grado di libertà all’asta stessa. Si dice quindi che l’asta è vincolata in modo ipostatico. Sostituzione dei vincoli mediante corrispondenti reazioni vincolari In questo esercizio alcuni corpi sono in contatto. Questo tipo di vincolo può essere sostituito con una forza normale alle superfici a contatto (in assenza di attrito). La fune è un corpo che 1 oppone resistenza solo ad azioni di trazione, per cui la reazione vincolare corrispondente sarà diretta come la fune stessa (T). Il sistema di corpi giace in un piano verticale, quindi i corpi dotati di massa sono soggetti alla forza di gravità. In figura 1.b sono evidenziate le reazioni vincolari. VD mg D m B T T VB T T VB A HA B C M VA Mg Figura 1.b Calcolo delle reazioni vincolari Avendo individuato fondamentalmente quattro corpi (asta AC, corpo di massa m, puleggia, corpo di massa M), abbiamo a disposizione dodici equazioni cardinali della statica, tre per ogni corpo. Le incognite evidenziate in figura 1.b sono però meno, in quanto sulle due masse e sulla puleggia sono presenti solo forze dirette verticalmente. Per il corpo di massa m possiamo scrivere VB mg 0 Per la puleggia VD 2T 0 Per il corpo di massa M T Mg 0 Per l’asta AC 2 HA 0 VA VB xV B T lT 0 0 Le equazioni possono essere raccolte in un unico sistema VB mg 0 VD 2T 0 T Mg 0 HA 0 VA VB xV B lT T 0 0 Il sistema è costituito da sei equazioni in sei incognite (H A , V A , V B , T, V D , x) che può essere risolto facilmente. Il risultato ottenuto è HA 0 VA m VB mg T Mg VD 2Mg Ml m x M g Si conclude che l’unica posizione per la quale il sistema di figura 1.a sia in equilibrio è che il corpo di massa m sia posto a distanza pari a M m l dalla cerniera in A. 3 Esercizio n.2 Calcolare le forze esercitate dai due corpi di masse m e M (e diametri d 1 e d 2 ) sulle pareti (liscie) del contenitore mostrato in figura 2.a. Il sistema di corpi giace in un piano verticale. m D C A M B l Figura 2.a Analisi del sistema Il sistema è formato da due corpi soggetti alla forza di gravità, a contatto con le pareti liscie di un contenitore. Nei punti di contatto, le forze che gli elementi si scambiano sono dirette normalmente alle superfici di contatto stesse. Sostituzione dei vincoli mediante corrispondenti reazioni vincolari In figura 2.b sono evidenziate le reazioni vincolari. Calcolo delle reazioni vincolari Possiamo scrivere un sistema di equazioni di equilibrio per ciascun corpo appartenente al sistema. Per il corpo di massa m FH 0 R C cos HD 0 FV 0 R C sin mg 0 dove l’angolo , definito come angolo tra la congiungente ai due centri delle circonferenze e l’orizzontale, è stato calcolato come l arccos d1 2 d1 2 d2 2 d2 2 arccos 2l d1 d2 1 4 mg D C m HD RC RC C Mg A HA M B VB Figura 2.b Per il corpo di massa M FH 0 HA R C cos 0 FV 0 VB R C sin Mg 0 Le equazioni possono essere raccolte in un unico sistema che è costituito da quattro equazioni in quattro incognite (H A , V B , H D e R C ) che può essere risolto facilmente. Il risultato ottenuto è R C cos HD 0 HA R C sin mg 0 VB HA R C cos 0 VB R C sin Mg HD 0 RC mg tan M m g mg tan mg sin Soluzione del problema per via grafica La soluzione al problema può essere affrontata anche per via grafica. Si può osservare infatti che il corpo di massa m è soggetto a tre forze concorrenti in un punto, che è il centro della circonferenza che delinea il profilo del corpo. E’ possibile quindi costruire il triangolo delle forze (come mostrato nel disegno a sinistra di figura 2.c) e ricavare il valore dei moduli di R C e H D come RC HD mg sin mg tan 5 β α RC RC R mg VB R α HD Mg HA Figura 2.c Calcolati i vettori R C e H D si può procedere al calcolo delle altre reazioni vincolari. Le rette di azione della forza R C e della forza peso Mg passano entrambe per il centro della circonferenza e quindi anche la loro risultante R che può essere trovata graficamente, come mostra il disegno centrale di figura 2.c. Per ottenere analiticamente il modulo e la direzione del vettore R (individuabile mediante l’angolo ) R Mg Mg 2 R C sin R C cos 2 R C sin arctan R C cos Anche sul corpo di massa M sono applicate tre forze (H A , V B e R) le cui rette di applicazione si incontrano nel centro della circonferenza che descrive la geometria del corpo. Si procede quindi al tracciamento del triangolo delle forze, come mostrato nel disegno a destra di figura 2.c. I valori dei moduli delle reazioni vincolari H A e V B si trovano mediante HA R cos VB R sin 6 Esercizio n.3 Calcolare le reazioni vincolari della struttura mostrata in figura 3.a. α h A B C D E P P/2 = = l Figura 3.a Analisi del sistema La struttura è composta da due aste AD e BE vincolate a terra da due cerniere nei punti A e B e collegate da una cerniera relativa nel punto D. La struttura è caricata da due forze applicate nei punti C ed E. Valgono le solite ipotesi secondo le quali le aste sono considerate rigide e i vincoli ideali. La figura 3.b mostra la schematizzazione dei vincoli. A B D C P/2 E P Figura 3.b Analisi cinematica del corpo Le cerniere nei punti A e B consentono alle travi di ruotare attorno a questi ultimi. La presenza di una cerniera relativa posta in D elimina ogni grado di libertà rimasto alla struttura. D’altro canto il conteggio dei gradi di libertà - gradi di vincolo dice che a 6 gradi di libertà delle due aste libere corrispondono sei gradi di vincolo dovuti alle tre cerniere. Una struttura di questo tipo viene comunemente chiamata arco a tre cerniere. La struttura è dunque isostatica. 7 Sostituzione dei vincoli mediante corrispondenti reazioni vincolari In figura 3.c sono evidenziate le reazioni vincolari. A HA VA D HD VD VD B HD C HB E D P P/2 VB Calcolo delle reazioni vincolari Le reazioni vincolari incognite sono sei e sei sono le equazioni cardinali della statica che possiamo scrivere per le due aste AD e BE. Raccogliendole tutte in un unico sistema di equazioni otteniamo F HAD 0 F VAD 0 M DAD 0 F HBE 0 F VBE M ABE 0 0 HA HD 0 VA VD 0 h VD 0 tan HB HD 0 VB P VD P 0 2 P h VD h Pl tan 2 2 tan HDh 0 il quale ammette come soluzione 8 HA P VA P HB P VB P HD P VD P 1 l 4 tan h 1 l tan h 4 1 l h 4 tan l tan 3 4 h 1 l h 4 tan 1 l tan 4 h E’ possibile semplificare il sistema di equazioni facendo una considerazione iniziale. Scrivendo un’equazione di equilibrio dei momenti rispetto al punto D della sola asta AD si ottiene HAh h V A tan VA HA 0 tan ovvero la reazione vincolare è diretta come mostrato in figura 3.d RA A B D C E HB P P/2 VB Figura 3.d Grazie a questa considerazione le incognite del sistema sono i moduli delle reazioni vincolari H B , V B e R A e tre equazioni cardinali della statica sono sufficienti per la soluzione del sistema di equazioni R A cos FH 0 FV 0 R A sin MA 0 R A h cos HB 0 P P 0 2 P h Pl 2 2 tan VB 0 il quale ammette come soluzione 9 HB VB RA P l h 3 P 4 P l h cos 1 4 tan l tan h 1 4 sin 10 Esercizio n.4 Calcolare le reazioni vincolari per la struttura rappresentata in figura 4.a. L C A D B P = = l Figura 4.a Analisi del sistema La struttura è composta da due aste AB e BC vincolate a terra da due cerniere nei punti A e B e collegate da un pattino relativo nel punto D. La struttura è caricata da una forza applicata nel punto D. Valgono le solite ipotesi secondo le quali le aste sono considerate rigide e i vincoli ideali. Le cerniere nei punti A e B consentono alle travi di ruotare attorno a questi ultimi. La presenza di un pattino relativo in D elimina ogni grado di libertà rimasto alla struttura. D’altro canto il conteggio dei gradi di libertà - gradi di vincolo mostra che a 6 gradi di libertà delle due aste libere corrispondono sei gradi di vincolo dovuti alle due cerniere e al pattino. La struttura è dunque isostatica. Sostituzione dei vincoli mediante corrispondenti reazioni vincolari In figura 4.b sono evidenziate le reazioni vincolari. Calcolo delle reazioni vincolari Le reazioni vincolari incognite sono sei e sei sono le equazioni cardinali della statica che possiamo scrivere per le due aste AD e BE. Raccogliendole tutte in un unico sistema di equazioni otteniamo 11 VC HC C MB A D MB B HA HB B HB P VA Figura 4.b F HAB 0 HA HB F VAB 0 VA P M AAB F HBC F VBC M BBC 0 MB 0 HC Pl 2 HB 0 VC 0 0 HCL 0 0 MB 0 0 0 il quale ammette come soluzione HA VA HB MB HC VC P l 2L P P l 2L l P 2 P l 2L 0 Non è strettamente necessario calcolare le reazioni interne alla struttura per il calcolo delle reazioni vincolari a terra. Scrivendo un’equazione di equilibrio delle forze in direzione verticale della sola asta AB è possibile trovare subito il valore della componente verticale della reazione vincolare V A VA P 0 VA P A questo punto le incognite rimaste sono tre e le equazioni cardinali della statica per l’intero sistema sono sufficienti a risolvere il problema 12 FH 0 HA HC FV 0 VA P MA 0 Pl 2 0 VC 0 HCL VC l 0 il quale ammette come soluzione HA HC VC P l 2L P l 2L 0 VC HC C A D B HA P VA Figura 4.c 13
