Esercizio di statica - cardinali
Buonasera!!
Oggi ho svolto un esercizio di statica che mi ha lasciato un po' confuso.
Non so come mai, dati due corpi rigidi, se applico le cardinali considerando come sistema entrambi i corpi rigidi ottengo un risultato poco chiaro, mentre se applico le cardinali considerando due sistemi separati ottengo un risultato ben preciso.
Se applico le cardinali separando i due sistemi, ovvero prima al triangolo (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione nel punto del pavimento toccato dall'altezza $h$) e poi all'asta (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione in $O$), ottengo un risultato ben preciso. Ottengo i due coefficienti minimi di attrito ben chiari.
Come mai, se invece applico la seconda cardinale considerando i due sistemi (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione in $C$) ottengo un risultato in cui il coefficiente di attrito pavimento-asta dipende dal coefficiente di attrito pavimento-triangolo e viceversa?
Mostro la seconda cardinale applicata sull'intero sistema con centro di riduzione in $C$ :
$h=3/4Lsin(vartheta)$
Reazione vincolare pavimento-asta= $N_1$
Forza di attrito pavimento-asta = $F_[a1]$
Forza di attrito pavimento-triangolo= $F_[a2]$
Seconda cardinale
$I_C(d^2vartheta)/(dt^2)= 0 = 1/4Lcos(vartheta)Mg -3/4Lcos(vartheta)N_1 + 3/4Lsin(vartheta)F_[a1] - 3/4Lsin(vartheta)F_[a2]$
Scrivendo poi le prime cardinali otterrò un risultato in cui il coefficiente minimo asta-pavimento dipende dal coefficiente minimo triangolo-pavimento, cosa che invece non accade calcolando le cardinali sui due sistemi separati. E' strano.
Oggi ho svolto un esercizio di statica che mi ha lasciato un po' confuso.
Non so come mai, dati due corpi rigidi, se applico le cardinali considerando come sistema entrambi i corpi rigidi ottengo un risultato poco chiaro, mentre se applico le cardinali considerando due sistemi separati ottengo un risultato ben preciso.
Se applico le cardinali separando i due sistemi, ovvero prima al triangolo (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione nel punto del pavimento toccato dall'altezza $h$) e poi all'asta (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione in $O$), ottengo un risultato ben preciso. Ottengo i due coefficienti minimi di attrito ben chiari.
Come mai, se invece applico la seconda cardinale considerando i due sistemi (applicando la seconda cardinale con centro di riduzione in $C$) ottengo un risultato in cui il coefficiente di attrito pavimento-asta dipende dal coefficiente di attrito pavimento-triangolo e viceversa?
Mostro la seconda cardinale applicata sull'intero sistema con centro di riduzione in $C$ :
$h=3/4Lsin(vartheta)$
Reazione vincolare pavimento-asta= $N_1$
Forza di attrito pavimento-asta = $F_[a1]$
Forza di attrito pavimento-triangolo= $F_[a2]$
Seconda cardinale
$I_C(d^2vartheta)/(dt^2)= 0 = 1/4Lcos(vartheta)Mg -3/4Lcos(vartheta)N_1 + 3/4Lsin(vartheta)F_[a1] - 3/4Lsin(vartheta)F_[a2]$
Scrivendo poi le prime cardinali otterrò un risultato in cui il coefficiente minimo asta-pavimento dipende dal coefficiente minimo triangolo-pavimento, cosa che invece non accade calcolando le cardinali sui due sistemi separati. E' strano.
Risposte
Claudio
questo è un esercizio di statica , la dinamica non c’entra. Per risolverlo, devi considerare separatamente l’asta e il triangolo, ciascuno come “corpo libero”: prendiamo prima l’asta, liberiamola dai vincoli mettendo al posto dei vincoli la reazione vincolare, cioè la forza che il vincolo esercita sull’asta stessa, e scriviamo l’equazione vettoriale di equilibrio, cioè che la somma delle forze applicate e delle reazioni vincolari deve essere uguale a zero. Poi proiettiamo tale equazione vettoriale sui due assi, orizzontale e verticale; poi, se occorre, ( ma qualche volta non occorre neanche : non scendo in dettagli ora) scriviamo pure l’equazione di equilibrio alla rotazione rispetto a un certo polo. Vediamo in pratica che cosa vuol dire tutto ciò.
Il testo dice che l’asta e il triangolo hanno la stessa massa M. Inoltre dice che il contatto tra asta e triangolo è ideale, cioè liscio; questo significa che la reazione vincolare del triangolo sull’asta, che chiamo $vecN$ , è perpendicolare all’asta nel punto C . Ci sei fin qui ?
D’altronde, il vincolo asta-pavimento è (necessariamente) scabro , cioè la reazione del pavimento sull’asta , che chiamo $vecR$ , ha sia una componente verticale che una componente orizzontale. Allora deve essere , per l’equilibrio dell’asta, a cui è applicata la forza peso nel suo CM , posto a metà lunghezza :
$vecN + Mvecg + vecR = 0 $
Proiettiamo ora questa equazione sull’asse x orizzontale :
$-Nsen\pi/6 + R_o= 0 $
e anche sull’asse y verticale :
$Ncos(\pi/6)+ R_v -Mg = 0 $
Abbiamo tre incognite : $N$ , $R_o$ , $R_v$ , e due equazioni. Ci serve un’altra equazione , e per averla scriviamo l’equilibrio alla rotazione rispetto al polo $O$ :
$Mg*L/2cos(\pi/6) - N*3/4L = 0 $
Mi fermo qui, e ti chiedo se tutto ciò che ho scritto è chiaro. Poi guardiamo il triangolo.
questo è un esercizio di statica , la dinamica non c’entra. Per risolverlo, devi considerare separatamente l’asta e il triangolo, ciascuno come “corpo libero”: prendiamo prima l’asta, liberiamola dai vincoli mettendo al posto dei vincoli la reazione vincolare, cioè la forza che il vincolo esercita sull’asta stessa, e scriviamo l’equazione vettoriale di equilibrio, cioè che la somma delle forze applicate e delle reazioni vincolari deve essere uguale a zero. Poi proiettiamo tale equazione vettoriale sui due assi, orizzontale e verticale; poi, se occorre, ( ma qualche volta non occorre neanche : non scendo in dettagli ora) scriviamo pure l’equazione di equilibrio alla rotazione rispetto a un certo polo. Vediamo in pratica che cosa vuol dire tutto ciò.
Il testo dice che l’asta e il triangolo hanno la stessa massa M. Inoltre dice che il contatto tra asta e triangolo è ideale, cioè liscio; questo significa che la reazione vincolare del triangolo sull’asta, che chiamo $vecN$ , è perpendicolare all’asta nel punto C . Ci sei fin qui ?
D’altronde, il vincolo asta-pavimento è (necessariamente) scabro , cioè la reazione del pavimento sull’asta , che chiamo $vecR$ , ha sia una componente verticale che una componente orizzontale. Allora deve essere , per l’equilibrio dell’asta, a cui è applicata la forza peso nel suo CM , posto a metà lunghezza :
$vecN + Mvecg + vecR = 0 $
Proiettiamo ora questa equazione sull’asse x orizzontale :
$-Nsen\pi/6 + R_o= 0 $
e anche sull’asse y verticale :
$Ncos(\pi/6)+ R_v -Mg = 0 $
Abbiamo tre incognite : $N$ , $R_o$ , $R_v$ , e due equazioni. Ci serve un’altra equazione , e per averla scriviamo l’equilibrio alla rotazione rispetto al polo $O$ :
$Mg*L/2cos(\pi/6) - N*3/4L = 0 $
Mi fermo qui, e ti chiedo se tutto ciò che ho scritto è chiaro. Poi guardiamo il triangolo.
"Shackle":
...
Il testo dice che l’asta e il triangolo hanno la stessa massa M. Inoltre dice che il contatto tra asta e triangolo è ideale, cioè liscio; questo significa che la reazione vincolare del triangolo sull’asta, che chiamo $vecN$ , è perpendicolare all’asta nel punto C . Ci sei fin qui ?
Se non fosse stato liscio, ci sarebbe stata una coppia e la reazione vincolare del triangolo sull'asta sarebbe stata comunque perpendicolare?
"Shackle":
Mi fermo qui, e ti chiedo se tutto ciò che ho scritto è chiaro.
Le uniche due cose che non mi sono chiare sono la domanda sopra e un'altra domanda che ti pongo adesso:
Sarebbe stato sbagliato calcolare le cardinali su tutto un unico sistema considerando come sistema l'intero sistema triangolo+asta? Perché?
Se non fosse stato liscio, ci sarebbe stata una coppia e la reazione vincolare del triangolo sull'asta sarebbe stata comunque perpendicolare?
Se l’appoggio tra triangolo e asta fosse scabro, non potresti dire che la reazione è normale all’asta. LA reazione non induce una coppia; sarebbe una forza $vecF$ , con un componente perpendicolare all’asta e uno tangente, e avresti una incognita in piú , cioè la componente tangente, dunque in totale avresti 4 incognite e 3 equazioni, e il problema sarebbe indeterminato. Ecco perchè il testo dice che l’appoggio detto è liscio. In sostanza, l’esistenza dell’attrito sia nell’appoggio dell’asta sul piano orizzontale sia sul vertice del triangolo renderebbe possibile numerose (infinite) posizioni di equilibrio dell’asta : pensaci un po’, è come una scala poggiata al muro, con attrito sia sul piano orizzontale che sulla parete.
Sarebbe stato sbagliato calcolare le cardinali su tutto un unico sistema considerando come sistema l'intero sistema triangolo+asta? Perché?
Lascia stare cardinali, papi (visto che ora ce ne sono due), vescovi, parroci, preti e pure chierichetti : per risolvere un problema di statica si applicano le equazioni della statica, e si applicano, in generale, pezzo per pezzo, perchè ci interessano le condizioni di equilibrio dei singoli pezzi.
"Shackle":
...In sostanza, l’esistenza dell’attrito sia nell’appoggio dell’asta sul piano orizzontale sia sul vertice del triangolo renderebbe possibile numerose (infinite) posizioni di equilibrio dell’asta : pensaci un po’, è come una scala poggiata al muro, con attrito sia sul piano orizzontale che sulla parete.
Ottimo esempio!
"Shackle":
per risolvere un problema di statica si applicano le equazioni della statica, e si applicano, in generale, pezzo per pezzo, perchè ci interessano le condizioni di equilibrio dei singoli pezzi.
Farò tesoro di questa frase.
Ora però dovresti provare a risolvere il sistema delle tre equazioni scritte. Le due componenti della reazione del piano sulla asta , in O, danno il coefficiente di attrito cercato.
Poi si deve fare lo stesso per il triangolo.
Poi si deve fare lo stesso per il triangolo.
"Shackle":
Ora però dovresti provare a risolvere il sistema delle tre equazioni scritte. Le due componenti della reazione del piano sulla asta , in O, danno il coefficiente di attrito cercato.
Poi si deve fare lo stesso per il triangolo.
Per l'asta:
$L/2cos(vartheta)Mg- 3/4LT = 0$ da questa equazione ricavo T
$N-Mg+Tcos(vartheta)=0$
$F-Tsin(vartheta)=0$
Dalle suddette equazioni ricavo $F$ e $N$ e impongo $mu_[s1] >= F/N$
Per il triangolo:
$N - Mg - Tcos(vartheta)=0$
$Tsin(vartheta)- F=0 $
La T è la stessa di prima, anche in questo caso ricavo $F$ e $N$ e impongo $mu_[s2] >= F/N$
"CLaudio Nine":
Mostro la seconda cardinale applicata sull'intero sistema con centro di riduzione in $C$ :
$h=3/4Lsin(vartheta)$
Reazione vincolare pavimento-asta= $N_1$
Forza di attrito pavimento-asta = $F_[a1]$
Forza di attrito pavimento-triangolo= $F_[a2]$
Seconda cardinale
$I_C(d^2vartheta)/(dt^2)= 0 = 1/4Lcos(vartheta)Mg -3/4Lcos(vartheta)N_1 + 3/4Lsin(vartheta)F_[a1] - 3/4Lsin(vartheta)F_[a2]$
Manca il momento della forza normale che il pavimento esercita sul triangolo. Questa forza non passa per C all'equilibrio.
In generale nulla ti vieta di risolvere problemi di statica applicando le due cardinali ad un insieme di più corpi. Anzi a volte si fa per arrivare al risultato più velocemente. Il vantaggio di raggruppare più corpi è che le reazioni tra i due corpi scompaiono, tuttavia lo svantaggio è che rimani solo con 3 equazioni invece che 3N (N numero di corpi) equazioni. Quindi potresti non essere in grado di trovare tutte le incognite.
"ralf86":
Manca il momento della forza normale che il pavimento esercita sul triangolo.
Ma come? Questa forza normale non giaca sulla retta di azione passante per $h$?
"ralf86":
Questa forza non passa per C all'equilibrio.
In generale nulla ti vieta di risolvere problemi di statica applicando le due cardinali ad un insieme di più corpi. Anzi a volte si fa per arrivare al risultato più velocemente. Il vantaggio di raggruppare più corpi è che le reazioni tra i due corpi scompaiono, tuttavia lo svantaggio è che rimani solo con 3 equazioni invece che 3N (N numero di corpi) equazioni. Quindi potresti non essere in grado di trovare tutte le incognite.
Ti ringrazio per questa osservazione molto utile.
Si, la reazione normale non passa per C.
Lo vedi in questo modo. Applica la seconda cardinale al triangolo. Usa come polo l'estremo inferiore del segmento h. Il peso del triangolo e la forza di attrito tra pavimento e triangolo hanno momento nullo. Le rimanenti forze sono la forza che l'asta esercita sul triangolo e la forza normale del pavimento. Siccome la prima forza fa momento, allora per avere equilibrio anche la forza normale del pavimento deve fare momemento, quindi la forza normale non può passare per C (è spostata un po a destra)
Lo vedi in questo modo. Applica la seconda cardinale al triangolo. Usa come polo l'estremo inferiore del segmento h. Il peso del triangolo e la forza di attrito tra pavimento e triangolo hanno momento nullo. Le rimanenti forze sono la forza che l'asta esercita sul triangolo e la forza normale del pavimento. Siccome la prima forza fa momento, allora per avere equilibrio anche la forza normale del pavimento deve fare momemento, quindi la forza normale non può passare per C (è spostata un po a destra)
"ralf86":
...allora per avere equilibrio anche la forza normale del pavimento deve fare momemento, quindi la forza normale non può passare per C (è spostata un po a destra)
Interessante.
Giusta osservazione.
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