Meccanica applicata, equilibrio di un corpo nel piano

[Luca150Italia]

Buonasera,

con riferimento alla seguente figura vorrei calcolare la forza $P$ necessaria ad equilibrare il peso $W$.




Il peso $W$ è applicato al baricentro $G$ perché evidentemente la massa è distribuita in maniera uniforme, i piani $X,Y$ li considero con attrito. Considero note le grandezze $W,theta$, segue il diagramma free-body.




L'applicazione delle equazioni della statica fornisce il seguente sistema, $A$ polo per i momenti:

${(N_B-muN_A-P=0),(muN_B+N_A-W=0),(-muN_Bsintheta-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):}$

Ho considerato le forze di attrito come $T_i=muN_i$, dove il coefficiente di attrito statico $mu$ lo considero noto. Il sistema non è di facile soluzione col metodo della sostituzione, vi chiedo per favore se vi vengano in mente metodi alternativi e svolgimenti basati su principi differenti da quello cui ho pensato non avendo il risultato.

Grazie davvero,

Luca

[mgrau]

"Luca150Italia":
Ho considerato le forze di attrito come $T_i=muN_i$,

Questo non mi sembra giusto. Quelle sono le forze di attrito massime, ma potrebbero essere meno

[ingres]

@mgrau ha ragione. La forza di attrito non è calcolabile a priori in quanto vale soltanto la condizione che $abs(F_a) le mu abs(N)$.
Questo significa che in realtà il problema ha 5 incognite (2 reazioni normali, 2 attriti e la forza P) in 3 equazioni e quindi non ha una soluzione unica.
Infatti tipicamente si trovano in giro problemi in cui la scala si appoggia ad una parete liscia e un pavimento scabro, e dove non è presente P. In queste formulazioni ci sono 3 incognite (2 reazioni normali e 1 attrito) e quindi è possibile calcolare univocamente $F_a$ e successivamente verificare che sia in linea con la condizione sopra.

Il fatto che nel problema sia necessario introdurre la forza P mi induce a pensare che sia un problema in cui sia la parete che il pavimento siano da considerare lisci.

Hai il testo originale del problema?

[Luca150Italia]

Grazie ad entrambi,

seguono un paio di considerazioni.

1. Ho ipotizzato massime le forze di attrito $T_i$ perché altrimenti non sarebbe stata necessaria alcuna forza $P$.

2. Il testo chiede la forza $P$ non specificando se i piani $X,Y$ siano privi di attrito, nel qual caso:

${(N_B-P=0),(N_A-W=0),(-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):} -> P=W/2tantheta$

Se le considerazioni sono giuste, in ambo i casi vi chiedo per favore se vi vengano in mente metodi alternativi e svolgimenti basati su principi differenti da quello cui ho pensato non avendo il risultato (per verifica).

Grazie ancora,

Luca

[Faussone]

Va pure considerato che, se la sbarra ha una larghezza non trascurabile, i tuoi punti B G e A non sono allineati, anche se questo non cambia la sostanza.
Per me le pareti vanno assunte liscie.
Il metodo di soluzione è quello che stai seguendo, non esistono "altri metodi".

Se invece ti riferisci al caso in cui sono presenti gli attriti delle pareti il problema è risolvibile solo tenendo in conto della deformabilità del sistema e tirando in ballo le equazioni costitutive di elasticità e di congruenza delle deformazioni, ma non credo sia questo il senso dell'esercizio.

[Luca150Italia]

Grazie,

il testo chiede la forza $P$ non specificando se i piani $X,Y$ siano privi di attrito. Ma il prof chiede di aggiungerlo e quindi vorrei studiare ambo i casi, ripeto le mie considerazioni per una sbarra rigida sottile.

1. Senza attrito.

${(N_B-P=0),(N_A-W=0),(-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):} -> P=W/2tantheta$

2. Con attrito.

${(N_B-muN_A-P=0),(muN_B+N_A-W=0),(-muN_Bsintheta-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):}$

In quest'ultimo caso ho ipotizzato massime le forze di attrito $T_i$ perché altrimenti non sarebbe stata necessaria alcuna forza $P$, ma il sistema non è di facile soluzione col metodo della sostituzione e quindi vi chiedo per favore altri consigli (oltre al metodo grafico, collegando le forze fra loro se avessi dati numerici).

Grazie ancora,

Luca

[AnalisiZero]

"Luca150Italia":Grazie,

il testo chiede la forza $P$ non specificando se i piani $X,Y$ siano privi di attrito. Ma il prof chiede di aggiungerlo e quindi vorrei studiare ambo i casi, ripeto le mie considerazioni per una sbarra rigida sottile.

1. Senza attrito.

${(N_B-P=0),(N_A-W=0),(-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):} -> P=W/2tantheta$

2. Con attrito.

${(N_B-muN_A-P=0),(muN_B+N_A-W=0),(-muN_Bsintheta-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):}$

In quest'ultimo caso ho ipotizzato massime le forze di attrito $T_i$ perché altrimenti non sarebbe stata necessaria alcuna forza $P$, ma il sistema non è di facile soluzione col metodo della sostituzione e quindi vi chiedo per favore altri consigli (oltre al metodo grafico, collegando le forze fra loro se avessi dati numerici).

Grazie ancora,

Luca

Dando per buone le equazioni del secondo sistema non è difficile calcolare $P$.
Dalla terza calcoli $N_B$, poi dalla seconda calcoli $N_A$ e poi dalla prima trovi $P$.

[Faussone]

"Luca150Italia":
In quest'ultimo caso ho ipotizzato massime le forze di attrito $T_i$ perché altrimenti non sarebbe stata necessaria alcuna forza $P$, ma il sistema non è di facile soluzione col metodo della sostituzione e quindi vi chiedo per favore altri consigli (oltre al metodo grafico, collegando le forze fra loro se avessi dati numerici).

E quello ti pare un motivo valido per fare tale assunzione?

Per il caso con attrito ripeto quanto detto prima: il sistema non è determinato e occorrono altre assunzioni, almeno in senso generale.
Poi per carità dipende anche dai valori numerici delle grandezze, e comunque risolvere il sistema, una volta stabilito che abbia soluzione unica, è il meno.

[ingres]

"Luca150Italia":
2. Con attrito.
${(N_B−μN_A−P=0), (μN_B+N_A−W=0), (−μN_Bsinθ−N_Bcosθ+W/2sinθ=0):}$

Come ti ha anche detto e ribadito @Faussone le equazioni nel caso degli attriti non possono essere scritte in quel modo. Non è neanche detto che i versi siano corretti e che entrambe le forze di attrito siano al massimo.
Comunque se proprio vuoi scrivere le equazioni corrette ti posso suggerire quanto segue (tratto da un'analisi, spero senza errori, con i metodi di Scienza delle Costruzioni ovvero introducendo i concetti di deformabilità e elasticità):
1) assumere noto P
2) assumere come assi per scrivere le equazioni la scala e l'asse perpendicolare alla scala.
3) assumere come incognite le reazioni nei punti di appoggio secondo questi assi che quindi saranno un misto tra reazione normale e attrito.
4) risolvere l'equilibrio delle forze nel senso perpendicolare alla scala e dei momenti
5) Per l'equilibrio in senso parallelo alla scala supponiamo linearità della soluzione e consideriamo dapprima il solo caso del peso e poi solo della forza P.
5a) nel caso del peso per simmetria possiamo considerare che le reazioni parete e pavimento siano uguali e dirette verso l'alto
5b) nel caso della componente P diretta in senso parallelo la consideriamo compensata direttamente a livello di reazione del pavimento nel punto di applicazione della stessa.
Quindi punto si sommano le due componenti a) e b).

In questo modo si trovano le reazioni nei punti di appoggio e scomponendo lungo gli assi x e y si ottengono le rispettive N e T, funzioni ovviamente di P, e che dovranno soddisfare le condizioni
$abs(T_A) le mu N_A$ e $abs(T_B) le mu N_B$
Si trovano così dei range di ammissibilità dell'equilibrio funzione di P.

[AnalisiZero]

Sei sicuro che nel caso con attrito l'asta sia ferma?
Perché se non lo fosse la forza $P$ potrebbe servire per far "scendere" l'asta con velocità angolare costante. Potresti anche dire $T=f_dN$

[Luca150Italia]

Grazie, @AnalisiZero,

prima mi chiedevo se esistessero metodi per ottenere la soluzione in una forma più semplice di quanto segue.

${(N_B-muN_A-P=0),(muN_B+N_A-W=0),(-muN_Bsintheta-N_Bcostheta+W/2sintheta=0):}$

${(N_B-muN_A-P=0),(muN_B+N_A-W=0),(N_B=(Wsintheta)/(2(musintheta+costheta))):}$

${(N_B-muN_A-P=0),(N_A=(W(musintheta+2costheta))/(2(musintheta+costheta))),(N_B=(Wsintheta)/(2(musintheta+costheta))):}$

${(P=(W((1-mu^2)sintheta-2mucostheta))/(2(musintheta+costheta))),(N_A=(W(musintheta+2costheta))/(2(musintheta+costheta))),(N_B=(Wsintheta)/(2(musintheta+costheta))):}$

Non esistono, amen. Scusa, @Faussone ed @ingres, non capisco perché l'assunzione sia scorretta. Il testo non è univoco, ma la soluzione va ottenuta. Essendoci la forza $P$ necessaria ad equilibrare il peso $W$, le forze di attrito $T_i$ non sono sufficienti e quindi vanno considerate massime e va appunto aggiunta la forza $P$. I versi delle forze di attrito $T_i$ sono quelli perché il corpo tende a scivolare, la forza $P$ è la minima a tenerlo. Se la forza $P$ aumenta, il corpo tende a risalire ed i versi delle forze di attrito $T_i$ cambiano e diventano opposti.

Adesso ragiono anche su quanto mi hai appena scritto, @ingres.

Grazie ancora,

Luca

[Luca150Italia]

Ho modificato la risposta delle 16:29 (ora legale ) come segue ed aggiungo ad @AnalisiZero che il corpo è immobile, trattasi di un problema di statica (Meccanica applicata, non avrò mai Scienza delle Costruzioni).

"Luca150Italia":Se la forza $P$ aumenta, il corpo tende a risalire ed i versi delle forze di attrito $T_i$ cambiano e diventano opposti.

[Faussone]

"Luca150Italia":

Scusa, @Faussone ed @ingres, non capisco perché l'assunzione sia scorretta. Il testo non è univoco, ma la soluzione va ottenuta. Essendoci la forza $P$ necessaria ad equilibrare il peso $W$, le forze di attrito $T_i$ non sono sufficienti e quindi vanno considerate massime e va appunto aggiunta la forza $P$. I versi delle forze di attrito $T_i$ sono quelli perché il corpo tende a scivolare, la forza $P$ è la minima a tenerlo. Se la forza $P$ aumenta, il corpo tende a risalire ed i versi delle forze di attrito $T_i$ cambiano e diventano opposti.

Non è detto in generale che se la forza P non sia sufficiente allora gli attriti debbano essere necessariamente pari al valore massimo. Peraltro anche se la forza fosse sufficiente a mantenere da sola la scala in equilibrio gli attriti potrebbero essere non nulli.
Per me l'unica soluzione rigorosa sarebbe assumere che nei punti di contatto con le pareti ci siano delle reazioni orizzontali e verticali incognite e risolvere il sistema iperstatico che viene fuori, verificando a posteriori che le reazioni dovute agli attriti siano compatibili col coefficiente di attrito statico delle pareti. Ovviamente occorrono concetti di scienza delle costruzioni.

[Luca150Italia]

Grazie,

consideriamo un caso analogo ma più noto per intenderci.



La forza da equilibrare è la componente del peso parallela al piano inclinato ($P_(||)$) diminuita della forza di attrito $F_A$, che si oppone al movimento del corpo. La forza equilibrante $F_E$ ha la stessa direzione della forza $P_(||)$, ma verso opposto. Fonte: mimmocorrado.it/fis/int/ForzeEquilibrio/EquilibrioPianoInclinato.pdf, esempio 1.

$F_E=P_(||)-F_A=Ph/l-k_sPcosalpha$

Nel nostro caso, poiché le forze di attrito statico massime $T_i$ non sono sufficienti, necessaria la forza $P$.

[Faussone]

@Luca150Italia
Questo altro classico problema che poni non è paragonabile a quello in oggetto. Nel caso del piano inclinato e del corpo sul piano la reazione normale del piano è fissata univocamente, mentre nel problema iniziale le reazioni normali delle pareti in generale dipendono dalle entità delle forze di attrito che agiscono (a loro volta legate alle forze normali ovviamente).
Ripeto che la soluzione generale del problema richiede l'approccio che ho menzionato precedentemente (e come dati occorrerebbero anche le caratteristiche geometriche della sezione del corpo appoggiato e le proprietà meccaniche del materiale) poi certo si può ricadere in un caso speciale, a secondo dei valori in gioco.

[Shackle]

"Luca150Italia":Grazie,

consideriamo un caso analogo ma più noto per intenderci.

[figura]

La forza da equilibrare è la componente del peso parallela al piano inclinato ($ P_(||) $) diminuita della forza di attrito $ F_A $, che si oppone al movimento del corpo. La forza equilibrante $ F_E $ ha la stessa direzione della forza $ P_(||) $, ma verso opposto. Fonte: mimmocorrado.it/fis/int/ForzeEquilibrio/EquilibrioPianoInclinato.pdf, esempio 1.

$ F_E=P_(||)-F_A=Ph/l-k_sPcosalpha $

Non ho letto tutta la discussione e quindi non intervengo sul problema originale.

Ma mi riferisco a quest’ultima figura, e relativo esempio, postata da Luca150Italia. Correggetemi se sbaglio, ma anche questo problema mi sembra indeterminato. Appena applico al corpo una piccola forza parallela al piano inclinato e diretta verso l’alto, per l’equilibrio la forza di attrito statico deve diminuire. Sappiamo bene infatti che $k_sN = k_sPcos\alpha$ è la forza di attrito statico massima che può essere sviluppata dal piano inclinato, ma chi ci dice che sussiste questa forza di attrito sempre?
Faccio un esempio limite per meglio esporre il mio pensiero. Supponiamo che nel vertice C in alto ci sia un piolo, con una fune parallela al piano inclinato che tiene legato il blocchetto e gli impedisce di scivolare in basso. Voi pensate che in questa situazione il piano eserciti una forza di attrito statico sul blocchetto? No . La forza esercitata dalla fune sarebbe uguale e contraria a $Psenalpha = P h/l$ , mi sembra. Non ci sarebbe alcuna forza di attrito a contribuire all’equilibro statico del blocchetto. Per lo meno, questa sarebbe la prima idea di soluzione a venire fuori.
La situazione sarebbe analoga a quella di un blocchetto poggiato in equilibrio su un piano orizzontale scabro. Il peso è equilibrato dalla reazione del piano, anche se il piano è scabro non si manifesta alcuna forza di attrito statico tra i due corpi.

O sbaglio?

[Faussone]

@Shackle
Io ho inteso in quel problema del piano inclinato la forza $F_E$ come la forza minima da applicare per non far scivolare il corpo e in tal caso il valore non sarebbe indeterminato. Altrimenti sì quella forza in generale sarebbe compresa tra un valore minimo e uno massimo.

[AnalisiZero]

Penso di essere d'accordo con @Shackle. Una volta applicata la forza ($P$ nel primo post e $F_E$ nell' esempio) non saprei dire cosa succede al valore della forza d'attrito statico.

[Faussone]

"AnalisiZero":Penso di essere d'accordo con @Shackle. Una volta applicata la forza ($P$ nel primo post e $F_E$ nell' esempio) non saprei dire cosa succede al valore della forza d'attrito statico.

Forse non mi sono spiegato.
Nell'esempio del piano inclinato (il problema oggetto di questa discussione è un caso diverso come ho detto) basta per prima cosa valutare il valore di $P_{"//"}$ e confrontarlo con l'attrito massimo $F_{A_{max}}=R*mu$.

se $P_{"//"}$<$F_{A_{max}}$ allora non occorre alcuna forza aggiuntiva minima per non far scivolare il corpo e può essere $F_{E_{min}}=0$ mentre la forza di attrito statico sarà $F_A=P_{"//"}
se $P_{"//"}$=$F_{A_{max}}$ allora non occorre alcuna forza aggiuntiva minima per non far scivolare il corpo e di nuovo $F_{E_{min}}=0$, ma il corpo è al limite dello scivolamento quindi $F_A=P_{"//"}=F_{A_{max}}$

se $P_{"//"}$>$F_{A_{max}}$ allora occorre una forza aggiuntiva minima per non far scivolare il corpo, e il suo valore è $F_{E_{min}}=P_{"//"}$ - $F_{A_{max}}$.

Ovviamente se non si parla di forza minima da applicare per non far scivolare il corpo ma di generica $F_E$ è corretto dire che $F_E$ e $F_A$ sono indeterminate, almeno se l'unica informazione data è che il corpo si trova in equilibrio.

[Shackle]

Ovviamente se non si parla di forza minima da applicare per non far scivolare il corpo ma di generica $F_E$ è corretto dire che $F_E$ e $F_A$ sono indeterminate, almeno se l'unica informazione data è che il corpo si trova in equilibrio.

Chiarisco la mia idea. Ritengo che non sia possibile far agire contemporaneamente la forza di attrito statico e una forza applicata, per equilibrare la componente del peso parallela al piano $Psen\alpha= Ph/l$. Questo perché sappiamo che la forza di attrito statico può assumere qualunque valore tra zero e il valore massimo, dato da $k_sN = k_s Pcosalpha$ ($N$ é la componente del peso normale al piano inclinato). Sono andato sul sito indicato da Luca, dove la figura è quella del primo esercizio proposto dall’autore, che fa proprio un esempio numerico, ma non sono d’accordo.

http://www.mimmocorrado.it/fis/int/Forz ... linato.pdf

[Faussone]

"Shackle":Il punto è, secondo me, che non è possibile far agire contemporaneamente la forza di attrito statico e una forza applicata, per equilibrare la componente del peso parallela al piano $Psen\alpha= Ph/l$. Questo perché sappiamo che la forza di attrito statico può assumere qualunque valore tra zero e il valore massimo, dato da $k_sN = k_s Pcosalpha$ ($N$ é la componente del peso normale al piano inclinato).

Non capisco cosa vuoi dire. Cosa impedirebbe di applicare una forza aggiuntiva $F_E$? Semmai come ho scritto prima non si può in generale determinare una forza univoca $F_E$ (e quindi una $F_A$ univoca) se il problema chiedesse solo quello e ponesse che il corpo sia in equilibrio sul piano con quelle forze agenti.
Se invece si chiedesse (come ho assunto io da subito visto che solo in quel caso avrebbe senso il problema) quale sia la forza minima $F_E$ da applicare per mantenere il corpo in equilibrio si cade nelle casistiche che ho elencato sopra (e ovviamente il problema potrebbe chiedere anche quale sarebbe la forza massima che si può applicare mantenendo il corpo fermo...).

EDIT: Letto adesso il problema nel link indicato. In mancanza dell'espressione "forza minima" il problema è mal scritto e a rigore non risolvibile nel modo indicato, su questo concordo con Shackle.