Fisica statistica ed informatica – Statica

Trovare le condizioni di equilibrio di un corpo

Trovare le condizioni di equilibrio di un corpo equivale quindi a trovare le condizioni che soddisfano contemporaneamente le equazioni vettoriali:

r = ΣF = 0

τ = Στ = 0

Ovvero le seguenti 6 equazioni:

Equilibrio delle forze:

ΣF = 0 (est,x)

ΣF = 0 (est,y)

ΣF = 0 (est,z)

Equilibrio dei momenti:

ΣτF = 0 (est,x)

ΣτF = 0 (est,y)

ΣτF = 0 (est,z)

Concettualmente è semplice, in pratica può risultare molto difficile.

Il problema si semplifica molto se le forze agenti sono tutte in un piano (assunto piano xy). In tal caso i momenti hanno solo la componente z e quindi devono soddisfare solo le 3 seguenti equazioni:

ΣτF = 0 (est,x)

ΣτF = 0 (est,y)

ΣτF = 0 (est,z)

Giustifichiamo ora le precedenti osservazioni con un esempio: un insieme di forze costituito da due sole forze uguali in modulo, di verso opposto r = -F + F che agiscono lungo direzioni parallele distanti b; quindi:

r = F1 + F2

r = F1 - F2

d2θ

b

r1r2

r = r1 + r2

r = F1 + F2

r = F1 - F2

Or r = r1 + r2 = F1 + F2 = F0

τ τ= + = × + × = × − × = − ×r F r F r F r F ( r r ) F1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1rr r r r= − = −F F d r re posto

dove si è usato 2 1 1 2rRτ θ θ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ≠d F sen ( d sen ) F b F 01 1 1r rrrR R R Rττ= ≠⇒ F 0 0 , Fe non può essere calcolato daRτ = ⋅⇒ b F non può dipende da O1 3rr R Rτ F

Poichè non può essere ricavato fa un insieme di forze applicate,est estad un corpo sarà riducibile al più in:r R un solo momento delleFuna sola forza applicataest r Rτ responsabileforze+al CM responsabile delle esttraslazioni delle rotazioni.C’è una eccezione (importante perché è il caso della forza peso) quando leforze che agiscono sono tutte parallele fra loro.yy c.m.rr •m birr i τ W τ WO Oi 1 x xz zr r r r( )R = = = =∑ ∑ ∑F m g m g Mg M mcon1) i i ir r r r r r

r r( ) ( ) ( )Rτ τ= = × = × = ×∑ ∑ ∑ ∑r m g m r g m r g ,2) i i i i i i irr r r r rR R R Rτ τ⊥ ⊥⇒g g FFdalla 1) // , dalla 2) e quindi potrà esistererr tale che:un punto (baricentro) , individuato da raggio vettore brr r r rR Rτ = × = ×r F r Mg3) b br r r r r r r r( ) ( )× = × ⇒ × = × ⇒∑ ∑⇒ r Mg m r g r g m r / M gda 2) e 3) b i i b i ir∑ m rr ri i= = ≡rr baricentro centro di massab cmMNel caso della forza peso, l’insieme delle forze si riduce ad una sola forzarisultante applicata al centro di massa. 4Esempio di corpo rigido in equilibrioScala poggiata al muroF , F sono i vincolim tyF è la forza di attrito statico, indispensabile in questo caso pertx l’equilibrio∑ ⇒ −F = 0, F F = 0x m tx∑ ⇒ − −F = 0, F Mg mg = 0y tx∑τ ⇒ − α += 0, risp. ad O aF sen Mga/2 + mga/3 =

0z m 5Esempio di corpo rigido in equilibrio

Massa sostenuta da un’asse e da un cavoper l’equilibrio dell’asta:

∑ ⇒ −F = 0, F T = 0x h c

∑ ⇒ − −F = 0, F T mg = 0 (T = Mg)y v f f

∑τ ⇒ − += 0, risp. ad O aT bT +(b/2)mg = 0z c fθ = a,posto: lsen −θlsen(90 )= b,−θ )=b/2(l/2)sen(90 6Casi particolari di corpo rigido in equilibrio

a) Corpo con un solo punto di sospensione PW = forza peso N = vincolo forza risultante nulla

P r CMrr r r rτ = × ≠ = =r W 0 τ 0 τ 0CM CMU min U maxp p

Non equilibrio equilibrio equilibriostabile instabile

b) Corpo con un solo punto di contatto P su un pianoW = forza peso N = vincolo forza risultante nulla

CMrP rr r r rτ = × ≠ = =r W 0 τ 0 τ 0CM CMU min U maxp p

Non equilibrio equilibrio equilibriostabile instabile