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Esercizi svolti di statica

Statica in meccanica razionale

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Sommario

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In questo file sono raccolti 24 esercizi di statica svolti, pensati per il corso di Meccanica Razionale. Gli esercizi sono particolarmente indicati per studenti di ingegneria e per chi deve affrontare Scienza delle Costruzioni, sia come ripasso sia come consolidamento dei concetti fondamentali. Possono risultare utili anche per chi sta studiando Fisica 1 e desidera approfondire ulteriormente questi argomenti. La raccolta è stata selezionata con cura e include problemi significativi e stimolanti nell’ambito della statica, risultando interessante anche per gli appassionati della materia.

 
 

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Davide Germani.

Revisori: Davide Zarrilli.

 
 

Esercizi

\[\quad\]

Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un’asta ad “L” è stata ottenuta saldando ad angolo retto due aste rettilinee omogenee. La prima asta AB è lunga 3\ell e ha massa m, la seconda asta BC è lunga 2\ell e ha massa 2m. Il sistema è posto in un piano verticale ed è incernierato nel suo estremo A. Calcolare la posizione di equilibrio e le reazioni vincolari in A.

\[\quad\]

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Figura 1: schema del problema.

\[\quad\]

Svolgimento.

Fissiamo un sistema di assi cartesiani con origine in A, asse x orizzontale a sinistra e asse y verticale verso il basso. Scegliendo il punto A come polo dei momenti, il momento della reazione vincolare in A risulta nullo, pertanto la condizione di equilibrio rotazionale impone che la somma dei momenti delle forze peso delle aste rispetto ad A sia nulla. I momenti delle forze peso dipendono soltanto dalle ascisse dei baricentri. Indichiamo con \vartheta l’angolo che l’asta AB forma con la verticale diretta verso il basso, allora il baricentro dell’asta AB, lunga 3\ell e di massa m, si trova a distanza 3\ell/2 da A lungo AB. Pertanto la sua ascissa si trova in

(1) \begin{equation*} x_{G_1}=(3\ell/2)\sin\vartheta\,. \end{equation*}

Analogamente, il baricentro dell’asta BC, lunga 2\ell e massa 2m, risulta a distanza \ell da B lungo BC. Pertanto, per calcolarne l’ascissa, bisogna raggiungere x_B=3\ell\sin(\theta), e poi proseguire per una distanza

(2) \begin{equation*} \ell\sin\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)=-\ell\cos(\theta). \end{equation*}

Ci rassicuriamo del fatto che il segno negativo è corretto, in quanto il baricentro dell’asta BC si trova certamente più a destra rispetto a B. In sostanza

(3) \begin{equation*} x_{G_2}=3\ell\sin\vartheta-\ell\cos\vartheta\,. \end{equation*}

\[\quad\]

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Figura 2: posizione dei baricentri.

\[\quad\]

Impostando l’annullamento della risultante dei momenti rispetto ad A si scrive

\[ mg\,x_{G_1}+2mg\,x_{G_2}=0 \quad\Leftrightarrow\quad \frac{3\ell}{2}\sin\vartheta+2\bigl(3\ell\sin\vartheta-\ell\cos\vartheta\bigr)=0 \Leftrightarrow 2\cos\vartheta-\tfrac{15}{2}\sin\vartheta=0\,. \]

Dividendo per \cos\theta (visto che \cos\theta=0 non è soluzione dell’equazione), si ottiene

(4) \begin{equation*} \tan\theta=\dfrac{4}{15} \Leftrightarrow \theta=\arctan\left(\frac{4}{15}\right)\approx14.9^\circ\,. \end{equation*}

Per le reazioni vincolari osserviamo che le uniche forze esterne, oltre alla reazione del perno, sono i pesi mg e 2mg entrambi verticali e rivolti verso il basso; imponendo l’equilibrio traslazionale

(5) \begin{equation*} \sum\boldsymbol F=\boldsymbol 0\,, \end{equation*}

o equivalentemente, proiettando lungo gli assi,

(6) \begin{equation*} \begin{cases} N_x=0\\ N_y+mg+2mg=0\,. \end{cases} \end{equation*}

La componente orizzontale della reazione è nulla mentre la componente verticale deve equilibrare la risultante dei pesi:

(7) \begin{equation*} |N_y|=3mg\,, \end{equation*}

diretta verso l’alto. Concludendo, la posizione di equilibrio è individuata da \tan\vartheta=4/15 e la reazione del vincolo in A ha modulo |N|=3mg ed è puramente verticale verso l’alto.


 
 

Esercizio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Il triangolo isostatico di figura si compone di un’asta AB di lunghezza \ell e massa 2m e di un’asta BC di lunghezza \ell e massa trascurabile. Le due aste sono incernierate nel loro estremo comune B e hanno l’altro estremo incernierato a terra. L’angolo che le aste formano con l’asse x è di \pi/6. Sull’asta BC agisce una coppia concentrata di momento \boldsymbol{2M}. Sul nodo B agisce una forza concentrata P diretta verticalmente verso il basso. Calcolare le reazioni vincolari a terra in A e in C e determinare le reazioni vincolari esercitate dall’asta AB sulla cerniera B.

\[\quad\]

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Figura 3: schema del problema.

\[\quad\]

Svolgimento.

Adottiamo assi cartesiani con x orizzontale e y verticale, momenti positivi antiorari. Osserviamo anzitutto la geometria: con \angle(\text{asta},x)=\pi/6 si hanno

\[ A=(0,0),\qquad B=\!\left(\frac{\sqrt3}{2}\ell,\frac12\ell\right),\qquad C=\!\left(\sqrt3\,\ell,0\right). \]

Il peso dell’asta AB (massa 2m) è 2mg applicato nel baricentro del tratto AB, ossia in

(8) \begin{equation*} G=\left(\frac{\ell}{2}\cos\frac{\pi}{6},\frac{\ell}{2}\sin\frac{\pi}{6}\right)=\left(\frac{\sqrt3}{4}\ell,\frac14\ell\right)\,. \end{equation*}

Inoltre la coppia 2M agente su BC è libera, quindi entra nelle equazioni dei momenti a prescindere dal punto di applicazione, e che la forza P agisce verticalmente verso il basso nel nodo B.

Per ricavare una prima incognita conviene scrivere l’equilibrio dell’intera struttura. Iniziamo discutendo i momenti prendendo come polo il punto A. Il momento della reazione vincolare applicata nel punto C, \bm{N}_C, è

(9) \begin{equation*} M_{N_C}=N_{C,y}x_C=\sqrt{3}\ell N_{C,y} \end{equation*}

perché la reazione è perpendicolare all’asse x. Il momento della forza P, verticale verso il basso e applicata in B è

(10) \begin{equation*} M_{P}=\left| \bm{AB}\wedge\bm{P}\right|=Px_B=\frac{\sqrt{3}}{2}P\ell\,. \end{equation*}

Similmente il momento della forza peso dell’asta AB è

(11) \begin{equation*} M_{g}=\left| \bm{AG}\wedge2m\bm{g}\right|=2mgx_G=\frac{\sqrt{3}}{2}mg\ell\,. \end{equation*}

Prendendo i momenti antiorari come positivi, il bilancio dei momenti fornisce

(12) \begin{equation*} \sqrt{3}\ell N_{C,y}-\frac{\sqrt3}{2}\ell P-\frac{\sqrt3}{2}mg\ell-2M=0\,. \end{equation*}

Facciamo notare che dallo studio dei momenti abbiamo informazioni solo sulla componente y della reazione vincolare \bm{N}_C.

Dalla precedente equazione si ricava subito

(13) \begin{equation*} N_{C,y}=\frac{P}{2}+\frac{mg}{2}+\frac{2\sqrt3}{3}\frac{M}{\ell}\,. \end{equation*}

Per sfruttare l’incernieramento interno, separiamo idealmente le due aste. Indichiamo con

(14) \begin{equation*} \bm{N}_B=(N_{B,x},N_{B,y})\,, \end{equation*}

l’azione \bm{R} della cerniera su AB (quindi, per la terza legge di Newton, l’azione di AB sulla cerniera sarà (-N_{B,x},-N_{B,y})). Sull’asta AB agiscono le reazioni

(15) \begin{equation*} \bm{N}_A=(N_{A,x},N_{A,y}) \end{equation*}

in A, le forze \bm{N}_B in B e il peso 2mg in G. Scrivendo l’equilibrio di AB si osserva che

(16) \begin{equation*} \begin{cases} N_{A,x}+N_{B,x}=0\\ N_{A,y}+N_{B,y}-2mg=0\\ \left(\dfrac{\sqrt3}{2}\ell\right)N_{B,y}-\left(\dfrac12\ell\right)N_{B,x}-2mg\!\left(\dfrac{\sqrt3}{4}\ell\right)=0\,. \end{cases} \end{equation*}

Per il calcolo del momento della reazione \bm{N}_B si è usato

(17) \begin{equation*} M_B=|\bm{AB}\wedge\bm{N}_B|=N_{B,y}x_B-N_{B,x}y_B\,. \end{equation*}

Passiamo ora all’asta BC. Su di essa agiscono le reazioni in C, la coppia 2M, la forza esterna P in B e le azioni della cerniera opposte a quelle su AB, cioè -\bm{N}_B. L’equilibrio fornisce, prendendo il polo dei momenti in C

(18) \begin{equation*} \begin{cases} N_{C,x}-N_{B,x}=0\\ N_{C,y}-N_{B,y}-P=0\\ \left(\dfrac{\sqrt3}{2}\ell\right)N_{B,y}+\left(\dfrac12\ell\right)N_{B,x}+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\ell\right)P-2M=0. \end{cases} \end{equation*}

Dalle prime due equazioni si ottiene N_{B,x}=N_{C,x} e N_{B,y}=N_{C,y}-P; sostituendo N_{C,y} in (13) e risolvendo si ottiene in forma compatta

(19) \begin{equation*} N_{B,x}=N_{C,x}=\frac{2M}{\ell}-\frac{\sqrt3}{2}\!\left(P+mg\right),\qquad N_{B,y}=\frac{2\sqrt3}{3}\frac{M}{\ell}-\frac{P}{2}+\frac{mg}{2}\,. \end{equation*}

Dalle prime due equazioni del sistema (16) si ottiene

(20) \begin{equation*} N_{A,x}=-\frac{2M}{\ell}+\frac{\sqrt3}{2}\!\left(P+mg\right),\qquad N_{A,y}=-\frac{2\sqrt3}{3}\frac{M}{\ell}+\frac{P}{2}+\frac{3}{2}mg\,. \end{equation*}

Riportiamo per completezza le componenti trovate per la reazione N_C

(21) \begin{equation*} N_{C,x}=\frac{2M}{\ell}-\frac{\sqrt3}{2}\!\left(P+mg\right),\qquad N_{C,y}=\frac{P}{2}+\frac{mg}{2}+\frac{2\sqrt3}{3}\frac{M}{\ell}\,. \end{equation*}

Infine la reazione \bm{R} che l’asta AB esercita sulla cerniera B è l’opposto delle azioni della cerniera su AB, quindi

(22) \begin{equation*} \bm{R}=\big(R_x,\,R_y\big)=\big(-N_{B,x},\,-N_{B,y}\big) =\left(-\frac{2M}{\ell}+\frac{\sqrt3}{2}\!\left(P+mg\right),\,-\frac{2\sqrt3}{3}\frac{M}{\ell}+\frac{P}{2}-\frac{mg}{2}\right)\,. \end{equation*}


 
 

Esercizio 3 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Il sistema in figura è posto in un piano verticale e si compone di un disco omogeneo di raggio r e massa 2m e di una lamina quadrata omogenea di lato 3r e massa 4m, tangente al disco. Il disco è vincolato a rotolare senza strisciare su una guida orizzontale, ed è appoggiato (senza attrito) sulla lamina quadrata, che a sua volta scorre senza attrito sulla guida orizzontale. Sul disco è applicata una coppia di momento \bm{M}, mentre sul vertice superiore della lamina quadrata agisce una forza orizzontale \bm{F}, entrambi diretti come in figura.

Si chiede di:

\[\quad\]

  1. determinare la relazione tra \bm{M} ed \bm{F} che garantisce l’equilibrio del sistema;

    2.  

  2. determinare, in caso di equilibrio, la reazione vincolare che la guida orizzontale esercita sul disco.

\[\quad\]

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Figura 4: schema del problema.

\[\quad\]

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