Forze in punti diversi?

Aint
salve.. mi sono imbattuto in questo problema.




ora nel libro non è spiegato come fare quando le forze sono applicate tutte in punti diversi... fin'ora c'erano solo esercizi con forze applicate nel centro di massa.. quindi considerare per dire tutto un blocco con forze uniformi...

come si risolve dunque questo esercizio? o.O


EDIT: Vedo che l'immagine viene visualizzata male... metto anche il link diretto!!

http://img18.imageshack.us/img18/8580/forzaattritomomenti.jpg

Risposte
orazioster
puoi ridurre un sistema di forze
ad una sola forza applicata al baricentro ed un sistema di coppie.

Aint
"orazioster":
puoi ridurre un sistema di forze
ad una sola forza applicata al baricentro ed un sistema di coppie.



uhm.. tramite i momenti?

orazioster
e'molto semplice, ma difficile a spiegare senza disegno-
-ci provo:

ho una forza $\vecF$ applicata in un punto qualsiasi.

ora considero al baricentro applicate una forza $\vecF"°"$ di stesso modulo direzione e verso di $F$ ed una $-\vecF"°"$.

Non mi cambia nulla: due forze a risultante nulla e momento risultante nullo.

Ora però cambio /considerazione/ delle tre forze.

E considero: la forza $\vecF"°"-=\vecF$ applicata al baricentro.

E la coppia $(-\vecF"°"-="-"\vecF), \vecF$ che ha momento indipendente
dal polo.

Così posso considerare il corpo soggetto ad una forza applicata al baricentro ed al momento della coppia.

Aint
"orazioster":
e'molto semplice, ma difficile a spiegare senza disegno-
-ci provo:

ho una forza $\vecF$ applicata in un punto qualsiasi.

ora considero al baricentro applicate una forza $\vecF"°"$ di stesso modulo direzione e verso di $F$ ed una $-\vecF"°"$.

Non mi cambia nulla: due forze a risultante nulla e momento risultante nullo.

Ora però cambio /considerazione/ delle tre forze.

E considero: la forza $\vecF"°"-=\vecF$ applicata al baricentro.

E la coppia $(-\vecF"°"-="-"\vecF), \vecF$ che ha momento indipendente
dal polo.

Così posso considerare il corpo soggetto ad una forza applicata al baricentro ed al momento della coppia.


scusa ma detto così non mi è chiaro affatto... mi sembra semplicemente che sposti la forza e dici che è applicata al baricentro.. se riesci a spiegarti meglio (o a farmi l'esercizio come guida, così dopo capisco il ragionamento e lo rifaccio da solo) bene, altrimenti dtranquillo che comuqnue domattina provo a sfogliare altri libri di Fisica a vedere se trovo l'argomento perché il mio è molto ciarliero =_=

comuqnue grazie intanto

orazioster
L'avevo detto che mi era diffcile spiegarlo senza disegno-
-guarda, provo a fare i disegni ora.

Aint
"orazioster":
L'avevo detto che mi era diffcile spiegarlo senza disegno-
-guarda, provo a fare i disegni ora.



ti ringrazio!

orazioster
http://imageshack.us/photo/my-images/841/riduzione.jpg/

nella figura A vedo un corpo con una forza applicata $\vecF$.
nella figura B, oltre a $\vecF$ considero $\vecF"°"$ e $-\vecF"°"$, aventi stessa direzione e modulo, e versi uno concorde e l'altro discorde a $\vecF$, applicate al baricentro: la forza risultante
ed il momento risultante delle tre forze ovviamente non cambiano, poichè
le due forze in più che considero hanno risultante loro nulla, e momento risultante loro nullo.

Allora, posso pure considerare, come vedo in figura C, che
la forza $\vecF$ sia applicata al baricentro. -e che inoltre il corpo sia soggetto ad un momento, per
la coppia di braccio b.

orazioster
nel tuo caso devo considerare
il momento delle coppie momento relativame
alla forza di attrito (braccio della coppia: $l/2$)
ed alla forza $F$ -ed il braccio (ed eventualmente il verso di questo momento) dipenderanno da $h$

Devi trovare $h$ tale che i momenti siano in equilibrio.

mi scuso se non sono riuscito a spiegare bene (è tardi! e ho poco tempo). Grazie.

chiaraotta1
A me sembrerebbe così ...
a)
Le forze che agiscono sul mobiletto sono: $F$, che forma un angolo $alpha$ con l'orizzontale, il peso $P$, la reazione normale del piano $N$, la forza d'attrito $F_a = mu_d*N$.
Se il mobiletto si muove con velocità costante deve essere che la somma delle forze è $=0$:
$F*cos(alpha)-F_a=0$, cioè
1) $F*cos(alpha)-mu_d*N=0$
e
2) $F*sen(alpha)-P+N=0$.
Dalla 2) si ricava $N=P-F*sen(alpha)$; sostituendolo nella 1) si ottiene che $mu_d=(F*cos(alpha))/N=(F*cos(alpha))/(P-F*sen(alpha))=(200*cos(37°))/(400-200*sen(37°))~=0.571$.

Inoltre deve essere $=0$ anche il momento delle forze. Preso il polo nel vertice in basso a sinistra e chiamata $x$ la posizione della forza $N$, relativa al polo, si ha:
$-F*cos(alpha)*h+F*sen(alpha)*w-P*w/2+N*x=0$,
da cui
$x=(F*cos(alpha)*h-F*sen(alpha)*w+P*w/2)/N=(F*cos(alpha)*h-F*sen(alpha)*w+P*w/2)/(P-F*sen(alpha))=$
$(200*cos(37°)*0.4-200*sen(37°)*0.6+400*0.3)/(400-200*sen(37°))~=0.399 \text( m)$.

Aint
dal risultato del libro ti confermo il coefficiente di attrito, ma le altre 2 risposte sono


a) 20.1 cm da sinistra di fronte al bordo; $mu_d =0.571$

b) 0.501 m

chiaraotta1
I risultati per la posizione di $N$ sono equivalenti, solo che io ho l'ho calcolata rispetto al vertice in basso a sinistra, lui rispetto a quello di destra. Infatti il mio risultato è $0.399 \text( m) = 39.9 \text( cm) = 60 \text( cm) - 20.1 \text( cm)$.
Comunque "20.1 cm da sinistra di fronte al bordo;" è una traduzione sbagliata del testo originale che dice "20.1 cm to the left of the front edge;". Non è "da sinistra di fronte al bordo", ma "a sinistra del bordo anteriore" che, nella figura, è quello di destra, perché appunto il movimento avviene verso destra.

Per quello che riguarda il punto b), mi sembra che basti scrivere di nuovo l'equazione dei momenti, anche se ora è comodo farlo prendendo come polo il vertice in basso a destra, intorno al quale avviene la rotazione:
$-F'*cos(alpha)*h'+P*w/2=0$,
da cui
$h'=(P*w/2)/(F'*cos(alpha))=(400*0.3)/(300*cos(37°))~=0.501 \text( m)$.

cyd1
se su un corpo rigido è applicato un sistema di forze allora come diceva orazioster puoi considerare un sistema equivalente riducendo il sistema di forze in un sistema formato da una forza $F$ più un momento $M$ e tale che la forza $F$ sia uguale alla forza risultante del primo sistema, e il momento $M$ al momento risultante sempre del primo sstema di forze.

infatti per un generico sistemadi forze applicato ad un sistema di punti $sum F_i = d/(dt) Q$ poichè $Q = d/(dt) sum m_i*(P_i-O)$ per definizione di baricentro $(G-O) = (sum m_i (P_i-O))/(sum m_i)$ sostituendo $Q= d/(dt) m (G-O) = m v_G$ (con m indico la massa totale $m=sum m_i$)
quindi poichè $sum F_i = R$(risultante) allora dall prima ricavi $R = d/(dt) m v_g = m a_g$

poi chiaramente devi considerare anche il momento di quelle forze.


nel tuo caso hai 3 forze e una reazione vincolare che agiscono, il peso, la forza d'attrito , F e la reazione normale del piano.
considerando un riferimento con asse x orizzontale e asse y diretta verso l'alto
il peso vale $vec(P) = -mg hat(j)$
la forza d'attrito $F_a = -u*(mg - F sin alpha) hat(i)$

se va a velocità costante allora è in equilibrio dinamico. scrivo l'equilibrio alla traslazione.
lungo y $-mg + R + F sin alpha =0$ -> $R=mg - F sin alpha$
lungo x $-|F_a| + F cos alpha = 0$ -> $|F_a|= F cos alpha$
risolvo la seconda in funzione del coeff.d'attrito $u = (F cos alpha)/(mg - F sin alpha) = 0.571$

scrivo l'equilibrio dei momenti rispetto il baricentro,
$ w/2 F sin alpha - l/2 |F_a| + R*b = 0$ (b è la distanza del punto di applicazione di R dalla proiezione sul piano di G)
cioè $b= (l/2 |F_a| - w/2 F sin alpha)/R$
la forza normale risultante è distante b dall'asse verticale del rettasngolo

B) prendendo come polo l'angolo in basso a desta del corpo equilibrio dei momenti:
$- h*F cos alpha + w/2 P = 0$ cioè
$h=(P * w)/(2 F cos alpha) = 0.5008$

Aint
"chiaraotta":
I risultati per la posizione di $N$ sono equivalenti, solo che io ho l'ho calcolata rispetto al vertice in basso a sinistra, lui rispetto a quello di destra. Infatti il mio risultato è $0.399 \text( m) = 39.9 \text( cm) = 60 \text( cm) - 20.1 \text( cm)$.
Comunque "20.1 cm da sinistra di fronte al bordo;" è una traduzione sbagliata del testo originale che dice "20.1 cm to the left of the front edge;". Non è "da sinistra di fronte al bordo", ma "a sinistra del bordo anteriore" che, nella figura, è quello di destra, perché appunto il movimento avviene verso destra.

Per quello che riguarda il punto b), mi sembra che basti scrivere di nuovo l'equazione dei momenti, anche se ora è comodo farlo prendendo come polo il vertice in basso a destra, intorno al quale avviene la rotazione:
$-F'*cos(alpha)*h'+P*w/2=0$,
da cui
$h'=(P*w/2)/(F'*cos(alpha))=(400*0.3)/(300*cos(37°))~=0.501 \text( m)$.



uhm ok, mi sembra di aver capito quasi tutto! mi sono lasciato spaventare dal fatto che fosse tutto applicato in punti diversi... solo una cosa non mi è chiara!

quando hai scritto tutte le varie forze nell'equazione dei momenti, ho visto che non hai considerato la forza di attrito.. come mai???cioè hai considerato la forza peso e la forza normale e anche la componente orizzontale di F e allora come mai non consideri la forza di attrito?? io pensavo fosse da considerarsi applicata a $l/2$ visto che non ci sono date indicazioni..

inoltre per $Fcostheta$ come mai se hai preso come polo la parte in basso a sinistra lo consideri applicato però sulle y? cioè a $h$?? in teoria non è alla distanza w???? cioè esattamente sarebbe a distanza w e altezza h... e allora come mai consideri solo la h??

orazioster
La forza di attrito non
ha momento ad un polo sulla base- perchè è parallela al raggio vettore dal polo al punto di applicazione, comunque lo consideri.

Aint
"orazioster":
La forza di attrito non
ha momento ad un polo sulla base- perchè è parallela al raggio vettore dal polo al punto di applicazione, comunque lo consideri.



capito.. ho provato a rifare i conti considerando il polo in basso a destra, in effetti verrebbe più comodo così perché nell'equazione non considero $Fsintheta$ perché starebbe sull'asse di rotazione!

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