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.
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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
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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.
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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
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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
