Statica del Corpo Rigido - Università degli Studi di Roma Tor Vergata

uniroma2.it

Statica del Corpo Rigido - Università degli Studi di Roma Tor Vergata

- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

3

Statica del Corpo Rigido

In questo capitolo, diamo una definizione formale di corpo rigido, ne descriviamo

la cinematica e ne formuliamo il problema di equilibrio in presenza di

vincoli di posizione capaci di sviluppare un sistema reattivo di forze e coppie

a seguito dell’applicazione al corpo di un assegnato sistema attivo di forze e

coppie. Come vedremo, questo problema di equilibrio consiste prima nel trovare

tutte quelle configurazioni del corpo nelle quali i vincoli esplichino un

sistema reattivo che, assieme al sistema attivo, costituisca un sistema nullo,

poi nel qualificare la stabilità di tali configurazioni, cioè, la loro persistenza a

fronte di modeste perturbazioni.

9 Tre esempi introduttivi

Esempio 1. Cominciamo con un esempio semplice, e tuttavia significativo,

di problema di equilibrio per un corpo rigido (Fig. 3.1.a), l’asta AB (pensata,

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.1.

per semplicità, priva di peso), vincolata nell’estremo A da una cerniera e sog-


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

56 3 Statica del Corpo Rigido

getta in B ad una forza di direzione e verso costanti. L’intuizione ci suggerisce

che due configurazioni di equilibrio sono possibili, quelle rappresentate in Fig.

3.1.b; nel caso (1), l’equilibrio ci appare stabile (nel senso che piccole pertubazioni

della configurazione in figura non sembrano foriere di grandi effetti),

instabile nel caso (2), quando perturbazioni comunque piccole ci sembrano

capaci di indurre l’abbandono della configurazione di equilibrio relativa.

Sulla base di questo esempio, del problema generale della statica del corpo

rigido si può dare la seguente formulazione verbale: date le forze agenti sul

corpo e le condizioni di vincolo, trovare le configurazioni di equilibrio e le relative

reazioni vincolari; quindi, qualificare la natura dell’equilibrio in ciascuna

delle suddette configurazioni. Per formalizzare la prima parte di questo tipo

di problemi, in vista della loro risoluzione, introduciamo provvisoriamente il

seguente:

Principio di Equilibrio. In una configurazione di equilibrio, il sistema

di tutte le forza e coppie applicate al corpo, siano esse attive o reattive, deve

essere un sistema nullo.

Applicato al caso dell’asta di Fig. 3.1.a, il Principio di Equilibrio si traduce

nella seguente coppia di equazioni:

f + rA = 0 & −⇀

AB × f = 0, (9.1)

che esprimono, rispettivamente, l’annullarsi del risultante e del momento risultante

rispetto al polo A del sistema di forze {(B,f ), (A,rA)} (qui rA denota

l’incognita reazione vincolare applicata all’asta in corrispondenza della cerniera

di vincolo). Dalla seconda equazione si deduce che, in una configurazione

di equilibrio, −⇀

AB deve essere parallelo a f : è proprio questa condizione che

seleziona, tra le tutte le possibili configurazioni compatibili con il vincolo in

A, le due configurazioni in Fig. 3.1.b. Invece, la prima equazione, che si può

naturalmente riscrivere nella forma equivalente

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

rA = −f ,

seleziona, tra tutte le possibile reazioni vincolari che la cerniera è in grado di

produrre, quella che rende nullo il sistema di forze sia nell’una che nell’altra

delle due configurazioni di equilibrio.

Esempio 2. Applichiamo adesso il Principio di Equilibrio al caso di Fig. 3.2,

nel quale l’asta è incernierata nel suo punto di mezzo e soggetta a due forze

estreme identiche, di direzione e verso costanti. Questa volta, il sistema di forze

in gioco è: {(A,f ), (B,f ), (O,rO)}, dove rO denota la reazione vincolare nella

cerniera di vincolo. Il Principio di Equilibrio fornisce:

2f + rO = 0, −⇀

OA × f + −⇀

OB × f = 0;

la prima equazione determina la reazione vincolare, la seconda (che è identicamente

soddisfatta, perchè −⇀

OA+ −⇀

OB = 0) determina l’insieme delle configurazioni

d’equilibrio: tutte quelle di angolo φ ∈ [0, 2π). Per la nostra intuizione, la


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

Figura 3.2.

9 Tre esempi introduttivi 57

probabilità di trovare l’asta nell’una o nell’altra di queste infinite configurazioni

è la stessa: la natura dell’equilibrio non ci pare né stabile né instabile – come

accadeva per le due configurazioni dell’esempio precedente, che ci sembrava

avessero, rispettivamente, probabilità 1 e 0 d’essere osservate – ma piuttosto

indifferente, nel senso che qualunque perturbazione ammissibile di posizione,

anche se non piccola, ci pare evidente che porti l’asta in una diversa ma non

meno probabile configurazione di equilibrio.

La conclusione da trarre da questi due esempi è che il Principio di Equilibrio

nulla dice sulla stabilità delle configurazioni che determina. Si potrebbe

pensare che così non sia quando di configurazioni di equilibrio possibile ce ne

sia una soltanto. Che questa congettura sia falsa è provato dal prossimo esempio,

che propone un problema di statica del corpo rigido un pò più complesso

del precedente.

Esempio 3. Consideriamo una barra rigida pesante, di lunghezza l, a contatto

con le pareti di una cavità di angolo d’apertura α, come in Fig. 3.3. Se supponiamo

il contatto privo di attrito, le reazioni vincolari rA,rB saranno perpendicolari

alle pareti; non sappiamo tuttavia a priori se ci siano coppie (A, B)

di punti di contatto per le quali l’equilibrio sia possibile. Per saperlo, applichiamo

il Principio di Equilibrio al sistema di forze {(G,g), (A,rA), (B,rB)}.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.3.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

58 3 Statica del Corpo Rigido

Troviamo che dev’essere:

r = g + rA + rB = 0,

m(Q) = −⇀

QG × g = 0,

dove Q è il punto di intersezione delle rette d’azione delle reazioni vincolari.

Per analizzare le conseguenze di queste due equazioni, scegliamo il riferimento

cartesiano in figura, con O ≡ A. Allora, detto φ il parametro che individua le

configurazioni della barra candidate ad essere di equilibrio, abbiamo che:

B ≡ (l sin φ, l cosφ);

Q ≡ (0, q), con q = l cosφ − d, d = l sin φtanα;

G ≡ ( 1 1

l sin φ, l cosφ);

2 2

g = ge1 .

L’equazione m(Q) = 0 assume la forma:


⎝ e1

l

2

e2 e3

sin φ g

l

2 cosφ − q

0


0 ⎠ = g(

0

l

2 cosφ − q)e3 = 0,

cioè:

− l

cosφ + l sin φtanα = 0 ⇒ cotφ = 2 tanα.

2

Per α ∈ (0, π/2), la funzione cotangente è invertibile; c’è dunque un’unica

configurazione di equilibrio, determinata dall’angolo d’apertura della cavità:

φ = cot −1 (2 tanα). (9.2)

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Ebbene, quest’unica configurazione d’equilibrio è instabile: ogni men che

piccola perturbazione comporta la caduta della barra nella cavità.

Esercizi

9.1. Per la barra di Fig. 3.3, si calcolino le reazioni di equilibrio e le distanze

del punto C da A e da B, determinando il comportamento di queste quantità

anche per α → 0, π/2.

Soluzione. Quanto alle reazioni

rA = rAe2, rB = rB(cosαe1 + sin αe2),

la condizione di nullo del risultante implica che

0 = (g + rB cosα)e1 + (rA + rB sin α)e2 ⇔

Quanto alle distanze cercate, la condizione che le determina è:


rA = g tanαe2

rB = −g(e1 + tanαe2) .


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

Poichè

si trova:


l1 − sin α l2 = sin φl

cosαl2 = cosφl

−⇀

AC + −⇀ −⇀

CB + BA = 0.

−⇀

AC = l1e1,

−⇀

CB = l2(− sin αe1 + cosαe2),

−⇀

BA = −l(sinφe1 + cosφe2),

10 Cinematica 59

⇒ l1 = (sin φ + cosφtanα)l, l2 = cosφ

l .

cosα

Allora, dal momento che (9.2) implica che φ → π/2 (φ → 0) se α → 0

(α → π/2), si vede che le posizioni limite di equilibrio della barra sono: quella

verticale con B ≡ C, per α → 0; quella orizzontale, un po’ più difficile da

visualizzare, quando l1, l2 → ∞ perchè α → π/2.

10 Cinematica

Sia C una regione limitata di E, occupata da un corpo materiale del quale

immaginiamo di etichettare i punti P, Q, . . . , una volta per tutte. Diciamo

che il corpo C è rigido, riferendoci ad esso per memoria come a Crig, se la

distanza tra due suoi punti qualunque non cambia nel corso di un qualunque

suo moto:

| −⇀

PQ(t)| = cost.. (10.1)

Fissato un sistema di riferimento spazio-temporale, visualizzato nella Fig. 3.4

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.4.

per mezzo di tre regoli rigidi ortogonali e un orologio, l’applicazione a valori

vettoriali


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

60 3 Statica del Corpo Rigido

t ↦→ pO(t) := −⇀

OP(t)

fornisce la posizione assoluta di P all’istante t rispetto all’origine O di quel

riferimento. La posizione relativa a P di Q è:

pP(Q, t) := −⇀

−⇀ −⇀

PQ(t) = Q(t) − P(t) = OQ(t) − OP(t) = pO(Q, t) − pO(P, t)

e può, quindi, essere intesa come la differenza tra le posizioni assolute di Q e

P all’istante corrente. Differenziando la posizione assoluta di P:

t ↦→ d

dt pO(t) =: vO(P, t),

se ne ottiene la velocità assoluta all’istante t, mentre la velocità relativa a P

di Q è la differenza delle rispettive velocità assolute:

d

dt (pO(Q, t) − pO(P, t)) = vO(Q, t) − vO(P, t) =: vP(Q, t).

D’ora in avanti, avendo fissato un riferimento spazio-temporale “assoluto”,

scriveremo per semplicità p(P, t) e v(P, t), invece di pO(P, t) e vO(P, t), per

posizione e velocità assolute di P al tempo t.

Una prima importante conseguenza dell’ipotesi di rigidità si ricava differenziando

rispetto al tempo una versione equivalente dell’equazione (10.1) che

la esprime:

| −⇀ 2

PQ(t)| = cost..

Si ottiene:

0 = −⇀ d −⇀

PQ · PQ = pP(Q, t) · vP(Q, t);

dt

(10.2)

dunque, dati due punti P, Q di un corpo rigido in moto, ad ogni istante il luogo

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.5.

delle possibili velocità vP(Q, t) di Q relative a P è il piano perpendicolare al

vettore pP(Q, t), che specifica la posizione di Q relativa a P (Fig. 3.5). Precisamente,

si può far vedere che vale la seguente formula di rappresentazione

del campo di velocità relative:


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

10 Cinematica 61

vP(Q, t) = ω(t) × pP(Q, t), Q ∈ Crig ; (10.3)

il vettore ω è detto velocità angolare.

Mostriamo che ω non dipende dalla scelta di P supponendo, per assurdo,

che ne dipenda. Cominciamo scegliendo di rappresentare la velocità assoluta

di Q in termini della velocità assoluta di P e della velocità di Q relativa a P:

v(Q) = v(P) + vP(Q) = v(P) + ω(P) × −⇀ 1 PQ;

similmente, se per dare una rappresentazione della velocità assoluta di Q

scegliamo un qualunque altro punto P ′ invece di P, otteniamo:

v(Q) = v(P ′ ) + ω(P ′ ) × −−⇀

P ′ Q;

d’altra parte, dev’essere anche vero che

v(P ′ ) = v(P) + ω(P) × −−⇀

PP ′ .

Combinando le ultime tre relazioni, troviamo:

v(P) + ω(P) × −⇀

−−⇀ ′ ′ −−⇀ ′

PQ = v(P) + ω(P) × PP + ω(P ) × P Q,

e ne deduciamo che

ω(P) × ( −⇀ −−⇀ ′ ′ −−⇀ ′ ′ −−⇀ ′

PQ − PP ) = ω(P ) × P Q ⇒ (ω(P) − ω(P ) × P Q = 0,

ovvero, visto che l’ultima relazione vettoriale vale qualunque sia Q e che,

quindi, si può scegliere il vettore −−⇀

P ′ Q in modo arbitrario,

ω(P) = ω(P ′ ).

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Ma, poiché anche la scelta di P ′ è arbitraria, si conclude che, nella rappresentazione

(10.3) del campo delle velocità relative ad un punto P dei punti di un

corpo rigido, la velocità angolare ω è effettivamente indipendente da P.

Osservazioni. 1. È facile vedere che, se vale la (10.3), allora il corpo è rigido.

Basta infatti prendere il prodotto scalare di quella relazione per pP(Q, t) per

ottenere:

0 = pP(Q, t) · vP(Q, t) ⇒ |pP(Q, t)| 2 = cost..

2. Un campo vettoriale che abbia la forma

w(Q) = wo + ωo × −−⇀

PoQ, Q ∈ C, (10.4)

si dice un atto di moto rigido definito sulla regione C; è facile vedere che

wo = w(Po), onde l’ultima relazione ammette la scrittura equivalente

1

Qui e nel seguito di questa dimostrazione, per semplicità di scrittura, lasciamo

sottintesa la dipendenza da t; per la stessa ragione, scriviamo v(P), invece di

vO(P), per la velocità assoluta di P.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

62 3 Statica del Corpo Rigido

w(Q) = w(Po) + ωo × −−⇀

PoQ, Q ∈ C. (10.5)

Va da sé che, se C è occupata all’istante t da un corpo rigido Crig in moto, il

campo delle velocità assolute dei punti di Crig:

v(Q, t) = v(Po, t) + ω(t) × pPo(Q, t), Q ∈ Crig, (10.6)

può essere inteso come uno speciale atto di moto rigido, quello che a quell’istante

effettivamente si realizza nel corso di quel moto.

3. Si immagini un corpo rigido piano come in Fig. 3.6, in un moto in cui un suo

punto P resti fisso e il vettore velocità angolare sia perpendicolare al piano del

foglio: ω = ωe3, ω > 0. Allora, |v(Q)| = ω| −⇀

PQ| misura l’angolo “spazzato” dal

Figura 3.6.

vettore posizione −⇀

PQ nell’unità di tempo; di qui il nome “velocità angolare”

per il vettore ω che appare nella rappresentazione (10.3).

11 Potenza di un sistema di forze e coppie

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

La potenza spesa da una forza f applicata ad un punto che abbia velocità

assoluta v è:

Π(f )[v] := f · v.

Questa nozione è indipendente dalla natura del corpo materiale cui il punto

di applicazione della forza appartiene.

Se di un corpo si considera un generico atto di moto rigido vrig di tipo

(10.4), la potenza spesa dalla forza f (P) applicata a P prende l’aspetto

seguente:

Π(f )[vrig] = f (P) · wo + −−⇀

PoP × f (P) · ωo . (11.1)

Osservando la (11.1), si nota che le variabili cinematiche (wo, ωo), che parametrizzano

la collezione degli atti di moto rigidi, sono coniugate, rispettivamente,

alle variabili dinamiche f (P), −−⇀

PoP ×f (P) , la forza applicata e il suo

momento rispetto al punto Po.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

11 Potenza di un sistema di forze e coppie 63

Osservazione. Fissati wo e ωo, la potenza non cambia se la forza viena

spostata lungo la propria retta di azione. Infatti, scelto un altro punto di

applicazione P ′ = P + α versf (Fig. 3.7), si ha

f ·w(P ′ ) = f ·wo+ −−⇀

PoP ′ ×f ·ωo = f ·wo+( −−⇀

PoP +α versf )×f ·ωo = f ·w(P).

Figura 3.7.

La potenza spesa da una coppia di forze (A,f ), (B, −f ) in un atto di moto

rigido è:

f (A) · w(A) + f (B) · w(B) = f · (w(A) − w(B)) = f · ωo × ( −−⇀

PoA − −−⇀

PoB)

= −⇀

BA × f · ωo

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.8.

(Fig. 3.8). Per traslato, la potenza spesa in un atto di moto rigido da una

coppia (Q,c) è:


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

64 3 Statica del Corpo Rigido

Π(c)[vrig] := c · ωo .

In conclusione, la potenza spesa in un atto di moto rigido da un sistema

di forze e coppie S = {(Pi,fi), i = 1, 2, . . ., N; (Qj,cj), j = 1, 2, . . .,M} è:

Π(S)[vrig] =

N

fi · wo + ωo × −−⇀

M

+

i=1

= N

i=1

fi

i=1

PoPi

j=1

ci · ωo


· wo + N

M

−−⇀

PoPi × fi +

j=1

cj

· ωo

= r · wo + m(Po) · ωo , (11.2)

dove (r,m(Po)) sono il risultante e il momento risultante del sistema considerato.

Osservazione. Risultante r e momento risultante m, le variabili dinamiche

globali di un dato sistema di forze e coppie, sono rispettivamente coniugate

– nel senso della nozione di potenza spesa – alle variabili cinematiche che

parametrizzano la classe dei movimenti (≡ atti di moto) rigidi, vale a dire,

wo, che specifica quelli traslatorii, e ωo, che specifica quelli rotatorii. Per questo

motivo, anche in statica, quelle variabili dinamiche globali sono quantità

significative.

12 Sistemi bilanciati di forze e coppie. Equazioni

cardinali

Un sistema di forze e coppie si dice bilanciato se spende potenza nulla in

ogni atto di moto rigido (10.4). In particolare, un sistema di forze e coppie

bilanciato applicato ad un corpo rigido spende potenza nulla in ogni istante

di ogni moto del corpo. Vale il seguente risultato di caratterizzazione:

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Un sistema S di forze e coppie è bilanciato se e solo se soddisfa le cosidette

equazioni cardinali della statica del corpo rigido:

r = 0 & m = 0 . 2 (12.1)

Basta un’occhiata a (11.2) per verificare che, se valgono le equazioni (12.1),

allora il sistema in esame è bilanciato. Il converso si dimostra osservando che,

se

r · wo + m · ωo = 0 ∀wo, ωo ∈ V,

allora, ponendo in questa relazione ωo = 0 [wo = 0] e valendosi dell’arbitrarietà

di scelta di wo [ωo] si conclude che r = 0 [m = 0].

2

Scrivendo la seconda delle equazioni cardinali, non val la pena di precisare il polo

rispetto al quale si calcola il momento risultante, dato che la prima equazione

garantisce che la scelta del polo è ininfluente.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

12 Sistemi bilanciati di forze e coppie. Equazioni cardinali 65

Osservazione. Si usa dire che la prima equazione cardinale esprime ‘l’equilibrio

alla traslazione’, perchè, come abbiamo visto, la si ottiene imponendo

l’annullarsi della potenza per ogni atto di moto traslatorio; per una ragione

del tutto analoga, si dice che la seconda equazione esprime ‘l’equilibrio alla

rotazione’.

Esercizi

12.1. Scelto un riferimento cartesiano ortonormale di origine O, si consideri

un campo di velocità v tale che:

v(A) = v(e1 + e2), A ≡ (0, 0, 0);

v(B) = v(e1 + 2e2), B ≡ l(1, 0, 0);

v(C) = v(2e1 + e2), C ≡ l(0, 1, 0).

Mostrare che il campo v non è un atto di moto rigido.

Soluzione. Una proprietà saliente dei campi di velocità che sono atti di moto

rigido è che, comunque vengano scelti due punti P, Q, si ha sempre:

(v(P) − v(Q)) · −⇀

PQ = 0

(si richiami la relazione (10.2)). Dunque, perché v sia rigido è necessario che

siano soddisfatte le seguenti tre condizioni:

(v(A) −v(B)) · −⇀

−⇀

−−⇀

AB = 0, (v(A) −v(C)) · AC = 0, (v(B) −v(C)) · BC = 0.

Un semplice calcolo mostra che v non soddisfa la terza di queste. Infatti:

v(B) · −⇀

−⇀

BC = lv = −v(C) · BC .

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

12.2. Un cubo rigido di spigolo l ha ad un certo istante un vertice nell’origine

e spigoli paralleli agli assi cartesiani (Fig. 3.23); in quell’istante, è nota la

velocità dei punti Po ≡ O, P1 e P2:

v(O) = ve3, v(P1) = ve2, v(P2) = −ve1,

dove v è un numero reale assegnato. Si determinino la velocità angolare ω del

cubo e la velocità del suo punto P3 ≡ l(1, 1, 1).

Soluzione. Dalla formula generale (10.6), otteniamo:

v(Pi) = v(O) + ω × −⇀

OP i, i = 1, 2 ;

dunque,

ve2 = ve3 + ω × (le1),

−ve1 = ve3 + (lω × e2).

Moltiplicando scalarmente per e2 e per e3 ambo i membri della prima

equazione, troviamo:


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

66 3 Statica del Corpo Rigido

Figura 3.9.

ω · e3 = v

l = ω · e2 ;

moltiplicando scalarmente per e1 la seconda equazione, troviamo:

ω · e1 = − v

l .

In definitiva, la velocità angolare cercata è il vettore

ω = v

l (−e1 + e2 + e3).

Quanto alla velocità del punto P3, essa risulta essere:

v(P) = v(2e2 − e3),

come mostra un facile calcolo basato sulla rappresentazione del campo di

velocità in un punto P generico del cubo:

v(P) = v(O) + ω × −⇀

OP = (ve3) + v

l ω × (xiei)

= v

(x3 − x2)e1 + (x1 + x3)e2 + (l − x1 − x2)e3)

l

.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

12.3. Si supponga che al cubo rigido di cui all’esercizio precedente sia applicata

la coppia di forze (Q1,f1), (Q2,f2), con

Q1 ≡ l(1, 0, 0), f1 = fe1 ; Q2 ≡ l(0, 1, 0), f2 = −fe1 .

Calcolare la potenza spesa.

Soluzione. Si ha r = 0, m = c, dove c è il vettore momento risultante della

coppia di forze:

c = −−−⇀

Q1Q2 × (−fe1), −−−⇀

Q1Q2 = l(−e1 + e2).

La potenza spesa è dunque:

ω · c = v

l (−e1 + e2 + e3) · l(−e1 + e2) × (−fe1) = fv .


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

13 Vincoli esterni

13 Vincoli esterni 67

Ci si potrebbe chiedere per quale motivo sia stata introdotta la nozione di

sistema bilanciato di forze e coppie quando si sarebbe potuto caratterizzare tali

sistemi come quelli che soddisfano le equazioni cardinali. Il motivo principale

è che, procedendo in questo modo, si conferisce alla statica del corpo rigido

un formato che si presta meglio a successive generalizzazioni (tra quelle che

compiremo, in particolare, la statica dei sistemi di corpi rigidi e quella di

classi di corpi in vario modo deformabili). Un altro motivo importante è che,

procedendo in termini di potenza spesa in un atto di moto invece che in termini

di equazioni di bilancio, si può agevolmente formulare una caratterizzazione

costitutiva convincente dei vincoli esterni, cioè, delle restrizioni di movimento

indotte in uno o più punti di un corpo dalla presenza dell’ambiente esterno al

corpo medesimo.

Ci proponiamo di descrivere soltanto un tipo, speciale ma importante, di

vincoli esterni posizionali, quelli che sono:

1) bilaterali, cioè, tali da impedire spostamento e rotazioni qualunque ne sia

il verso o il senso (come fanno i doppi binari sui quali corrono i carrelli

delle “montagne russe”). I vincoli unilaterali, come l’appoggio su una

superficie (Fig. 3.10), impediscono lo spostamento in un verso e non in

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.10.

quello opposto: il piano d’appoggio è in grado di sostenere il corpo, ma

non di trattenerlo se viene sollevato;

2) lisci, cioè, privi di attrito. La reazione esercitata da una superficie liscia è

normale alla superficie stessa. Se il vincolo è scabro, nella configurazione

di equilibrio, la reazione è contenuta all’interno del cono d’attrito e presenta

quindi una componente normale al piano d’appoggio e una parallela,

entrambe in genere non nulle;

3) perfetti, cioè, tali da esercitare una reazione comunque grande (un vincolo

imperfetto fornirebbe una risposta limitata in modulo, un comportamento

che potrebbe avere conseguenze spiacevoli nel caso delle “montagne

russe” ma anche, invece, suggerire il criterio di progetto di dispositivi di

rilassamento di una restrizione di mobilità).

In termini generali, la caratterizzazione che adopereremo per questo tipo

di vincoli è la seguente: il sistema di una forza e una coppia di reazione, che la


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

68 3 Statica del Corpo Rigido

presenza di un vincolo cinematico esterno può far nascere in corrispondenza

del punto del corpo dove il vincolo è imposto, spende potenza nulla su ogni

atto di moto rigido compatibile con il vincolo stesso. Procediamo adesso ad

applicare questo criterio per descrivere il modello di funzionamento dei più

semplici e importanti di questi vincoli.

Osservazione. Ancorchè in questo libro abbiamo fin qui applicato, e nell’immediato

applicheremo, vincoli esterni soltanto a corpi rigidi, non sarà necessario

cambiarne la caratterizzazione quando li considereremo applicati ad altre

classi di corpi: essa è infatti indipendente dalla natura dei corpi cui i vincoli

vengono imposti.

13.1 Vincoli spaziali

Cerniera Sferica. Nel caso di un corpo ambientato in uno spazio euclideo

tridimensionale e vincolato nel punto A da una cerniera, gli atti di moto

ammissibili (≡ compatibili con la presenza della cerniera) hanno la forma:

w(P) = ω × −⇀

AP, ω ∈ V , (13.1)

sono, cioè, atti di moto rotatorio attorno al punto fisso A. Indicando con rA

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.11.

e cA la forza e la coppia di reazione possibili, la potenza da loro spesa in un

qualunque atto di moto di tipo (13.1) è nulla se

cioè, se

rA · 0 + cA · ω = 0 ∀ ω ∈ V ,

ca = 0 ;

quindi, una cerniera tridimensionale può fornire una qualunque forza di

reazione applicata nel punto dove quel vincolo è imposto.

Cerniera Cilindrica. Questo vincolo consente traslazioni lungo l’asse per B

diretto come e e rotazioni intorno a quello stesso asse. Gli atti di moto rigido

ammissibili hanno pertanto la forma seguente:


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

in particolare, quindi,

Figura 3.12.

13 Vincoli esterni 69

w(P) = βe + ω e × −⇀

BP, β, ω ∈ R; (13.2)

v(B) = βe , β ∈ R.

La potenza spesa dalla forza e coppia reattive in un atto di moto rigido di

tipo (13.2) è nulla se

rB · (βe) + cB · (ωe) = 0 ∀ β, ω ∈ R .

Perciò, una cerniera cilindrica può esplicare reazioni qualunque, purchè nel

piano per B di normale e:

rB = rBe ⊥ & cB = cBe ⊥ , rb, cB ∈ R

(qui e ⊥ è un qualunque vettore perpendicolare ad e).

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Carrello/Pendolo Semplice. In Fig. 3.13 sono mostrate due equivalenti

rappresentazioni grafiche della seguente condizione di vincolo sugli atti di

moto ammissibili:

w(A) · n(A) = 0 , (13.3)

dove n(A) indica la normale in A alla superficie 3 su cui il carrello è lasciato

Figura 3.13.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

70 3 Statica del Corpo Rigido

libero di muoversi [il versore dell’asse del pendolo]. Gli atti di moto compatili

con il vincolo sono dunque:

w(P) = wA n ⊥ (A) + ω × −⇀

AP , wA ∈ R, ω ∈ V. (13.4)

La caratterizzazione delle reazioni vincolari in termini di potenza assume

quindi la forma seguente:

wA rA · n ⊥ (A) + cA · ω = 0 ∀ wA ∈ R, ω ∈ V .

Questa condizione è equivalente alle due che seguono:

rA = rAn(A), rA ∈ R, & cA = 0 ,

il cui significato è che la forza reattiva dev’essere perpendicolare alla superficie

sulla quale si muove il carrello [diretta come l’asse del pendolo], mentre la

coppia reattiva è sempre nulla.

Osservazione. Confrontando cerniera sferica e carrello si nota che, nel secondo

caso, ad una collezione più ampia di atti di moto ammissibili corrisponde

una più ristretta collezione di possibili reazioni vincolari.

13.2 Vincoli piani

Nel caso di corpi bidimensionali cui siano imposti vincoli esterni che ne limitano

le posizioni nel proprio piano di appartenenza, ogni sistema di forze e

coppie reattive dev’essere piano, proprio come è piano il sistema delle forze e

coppie attive. In un punto A del corpo che sia vincolato, devono quindi essere

soddisfatte le seguenti relazioni:

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

rA · n = 0 & cA × n = 0 ⇔ cA = cAn, cA ∈ R , (13.5)

dove n indica la normale al piano del sistema. Vediamo adesso come queste

informazioni generali sulla coppia (rA,cA) si precisino ulteriormente per i

diversi tipi di vincolo piano.

Cerniera. Questo vincolo impedisce qualunque traslazione e consente la rotazione

intorno al punto fisso A. Gli atti di moto ammissibili hanno quindi

l’aspetto:

w(P) = ωA n × −⇀

AP , ωA ∈ R .

Per caratterizzare le reazioni rA e cA, richiediamo loro di soddisfare la

relazione:

rA · 0 + (cAn) · (ωAn) = 0 , ωA ∈ R,

che implica:

3 Il più delle volte, un piano.

cA = 0 .


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

Figura 3.14.

13 Vincoli esterni 71

Dunque, una cerniera piana può reagire con una forza rA arbitraria appartenente

al piano del corpo, ma non può esercitare alcuna coppia di

reazione.

Carrello/Pendolo semplice. Il carrello [pendolo semplice] impedisce la traslazione

nella direzione perpendicolare alla curva di scorrimento [al proprio

asse], mentre consente quella in direzione parallela, nonché la rotazione intorno

ad A. Gli atti di moto ammissibili hanno la forma (13.4), dove n ⊥ (A) va

Figura 3.15.

interpretato come un vettore tangente alla curva di scorrimento nel punto di

vincolo [un vettore parallelo all’asse del pendolo]. Perciò,

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

rA = rAnA, rA ∈ R & cA = 0.

Incastro Scorrevole/Pendolo doppio. Un incastro scorrevole impedisce

sia la traslazione nella direzione n(A) perpendicolare alla via di corsa della

Figura 3.16.

slitta [nella direzione n(A) dell’asse dei pendoli] che la rotazione attorno ad

A. Gli atti di moto ammissibili sono:

w(P) = w(A) = wA n ⊥ (A), n ⊥ (A) · n(A) = 0 .


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

72 3 Statica del Corpo Rigido

Se si richiede che la potenza reattiva spesa su un arbitrario atto di moto

compatibile con questo vincolo si annulli:

rA · (wA n ⊥ (A)) + cAn · 0 = 0 , ∀ wA ∈ R,

si ottiene che l’incastro scorrevole reagisce con una forza parallela alla normale

alla via di corsa della slitta [all’asse dei pendoli] e con una coppia cA = cA n,

entrambe di intensità e verso arbitrari.

Incastro. Questo vincolo (Fig. 3.17) proibisce al corpo qualunque movimento

nel proprio piano e fornisce quindi una forza e una coppia di reazione

arbitrarie, purché compatibili con le limitazioni generali (13.5).

Esercizi

Figura 3.17.

13.1. Determinare gli atti di moto ammissibili e le reazione possibili per il

vincolo consistente in due doppi pendoli con assi ortogonali rappresentato in

Fig. 3.18.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.18.

Soluzione. Qualunque atto di moto traslatorio è ammissibile. Dunque, l’unica

reazione possibile è una coppia cA = cA n, di intensità e verso arbitrari.

14 Metodo delle forze e metodo delle potenze

Come sappiamo fin dalla Sez. 9, date le forze attive che sollecitano un corpo

rigido e dati i vincoli esterni che ne limitano i movimenti nello spazio ambiente,

il problema statico consiste: (a) nel determinare se esistano per quel


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

14 Metodo delle forze e metodo delle potenze 73

corpo configurazioni di equilibrio, cioè, configurazioni nelle quali le reazioni

vincolari e le forze attive costituiscono un sistema bilanciato; (b) nel calcolare

le reazioni vincolari e (c) nel qualificare la stabilità dell’equilibrio in ciascuna

delle configurazioni trovate.

Ci sono tre metodi per risolvere il problema statico: il metodo delle forze e

il metodo delle potenze, che adesso esporremo, e il metodo del potenziale, che

esporremo nella prossima sezione. Tanto il metodo delle forze che quello delle

potenze consentono di risolvere le parti (a) e (b) del problema statico; con

il secondo metodo, che per questo spesso si fa preferire, si può far precedere

la risoluzione di (a) a quella di (b), per poi procedere direttamente, se così

si vuole, allo studio di (c). Se le forze attive sono di tipo conservativo (una

nozione che sarà introdotta nella Sez. 15), il metodo del potenziale consente

di risolvere assieme le parti (a) e (c).

14.1 Ricerca di configurazioni di equilibrio

Riprendiamo in esame il primo esempio considerato nella Sez. 9. In quel caso, il

principio di equilibrio, che avevamo provvisoriamente postulato per affrontare

il problema statico, ci aveva condotto a scrivere le equazioni (9.1) – la versione

delle equazioni cardinali (12.1) valevole per il problema all’esame – le quali

impongono e insieme specificano in quale configurazione sia possibile il bilancio

tra la forza attiva e quella reattiva.

Abbiamo così applicato il metodo delle forze, che consiste nel compiere

in successione i passi seguenti: (1) compiere un’analisi dei vincoli esterni e

assegnare tentativamente ad ognuno di essi l’ufficio di fornire, in risposta ai

carichi applicati (≡ il sistema attivo di forze e coppie), il sistema di forza e

coppia reattive più complesso tra quelli che costitutivamente gli competono;

(2) con il corpo che occupa una posizione generica tra quelle consentite dai

vincoli, imporre che il sistema di tutte le forze ad esso applicate, attive e

reattive, sia bilanciato, cioè, soddisfi le equazioni cardinali della statica. Così

facendo, queste ultime vengono a contenere due tipi di incognite: parametri di

reazione e parametri di configurazione; e si tratta quindi di vedere se esistano

soluzioni, e quante e quali esse siano.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Osservazione. Per decidere sull’esistenza di soluzioni, un’informazione importante

è sempre il numero totale di incognite. Ora, mentre il numero di parametri

di reazione dipende evidentemente dal problema in esame, il numero

massimo di parametri di configurazione è fisso: 6 se il problema è tridimensionale,

3 se è piano. Si richiami, infatti, l’espessione (11.2) della potenza spesa

da un generico sistema di forze e coppie in un atto di moto rigido: per un

corpo rigido tridimensionale, i parametri di configurazione, e cioè, i parametri

scalari che ne fissano la posizione nello spazio ambiente (i suoi gradi di libertà)

sono tanti quanti le componenti di wo, ωo; altrettanti sono i parametri globali

di sollecitazione, e cioè, le componenti delle grandezze dinamiche r,m.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

74 3 Statica del Corpo Rigido

Nel caso di un corpo rigido contenuto in un piano di normale n, cui siano

applicati sistemi di forze e coppie piani e che sia assoggettato a vincoli piani,

i gradi di libertà sono 3 (le componenti non obbligatoriamente nulle sono

due per wo, perchè wo · n = 0, una per ωo, perchè ωo × n = 0); due sono

quindi le componenti scalari non obbligatoriamente nulle di r, una di m. Ad

esempio, per l’asta rigida dell’Esempio 1 di Sez. 9, il parametro di reazione è

rA, mentre per quello di configurazione si può, ad esempio, scegliere l’angolo

che il vettore −⇀

AB forma con la verticale; fortunatamente, le equazioni cardinali

consentono di determinare entrambi i parametri, il primo in modo unico, il

secondo duplice.

Affrontiamo ora il problema di ricerca delle configurazioni di equilibrio per

quell’asta in modo diverso, imponendo che sia nulla la potenza di tutte le forze

agenti sul sistema per qualsiasi atto di moto rigido compatibile con il vincolo.

È evidente che, in questo modo, la potenza spesa dalla reazione vincolare sarà

comunque nulla di per sé. Poichè gli atti di moto che la cerniera consente

hanno la forma

w(P) = ωon × −⇀

AP ,

la potenza spesa dalla forza applicata risulta essere:

0 = f · w(B) = ωo n · −⇀

AB × f .

Visto che questa relazione deve valere per ogni scelta di ωo ∈ R, e visto che il

vettore −⇀

−⇀

AB ×f è parallelo a n (perchè tanto AB che f sono perpendicolari a

n), la condizione si può soddisfare solo se:

−⇀

AB × f = 0.

Le posizioni di equilibrio sono quindi quelle rappresentate in Fig. 3.1.b.

Generalizzando sulla base di questo esempio, possiamo descrivere così il

metodo delle potenze per la ricerca di configurazioni di equilibrio: (1) si imponga

che sia nulla la potenza di tutte le forze e coppie agenti sul sistema per

qualsiasi atto di moto rigido compatibile con i vincoli esterni, ottenendo una

condizione scalare, che non coinvolge i parametri di reazione vincolare, ma solo

quelli di configurazione; (2) poichè la condizione ottenuta deve essere soddisfatta

qualunque siano i valori dei parametri che definiscono gli atti di moto

compatibili, si sfrutti questa quantificazione per ottenere un sistema equivalente

di (una o più) equazioni scalari negli incogniti parametri di configurazione;

tale sistema racchiude tutta l’informazione conseguibile sull’esistenza e

l’eventuale molteplicità delle configurazioni di equilibrio.

14.2 Ricerca di reazioni vincolari

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Per cominciare, compiamo la ricerca delle reazioni vincolari nel caso dell’asta

di Sez. 9, in ognuna delle due possibili configurazioni di equilibrio (Fig. 3.1.b).

A questo scopo, scelta la configurazione in Fig. 3.19 a sinistra, imponiamo che


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

14 Metodo delle forze e metodo delle potenze 75

Figura 3.19.

sia nulla la potenza spesa dalle forze applicate, attiva e reattiva, in presenza

di un atto di moto rigido non compatibile con i vincoli: ad esempio, per un

qualunque punto P dell’asta,

w(P) = wo .

La condizione che imponiamo è dunque:

f · w(B) + rA · w(A) = (f + rA) · wo = 0 ∀ wo ,

donde la conclusione espressa dalla prima delle equazioni (9.1). Inutile dire che

la stessa conclusione si raggiunge quando si consideri l’altra configurazione di

equilibrio possibile.

Ancora una volta generalizzando, possiamo descrivere così il metodo delle

potenze per la ricerca delle reazioni vincolari: (1) scelta una configurazione di

equilibrio tra quelle possibili, si imponga che sia nulla la potenza di tutte le

forze e coppie agenti sul sistema, attive e reattive, per qualsiasi atto di moto

rigido incompatibile con i vincoli esterni, ottenendo una condizione scalare,

che coinvolge soltanto i parametri di reazione vincolare; (2) poichè questa

condizione deve valere qualunque siano i valori dei parametri che definiscono

gli atti di moto compatibili, si sfrutti questa quantificazione per ottenere un

sistema equivalente di (una o più) equazioni scalari negli incogniti parametri

di reazione, che racchiude tutta l’informazione conseguibile su di essi.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Osservazione. Tanto il metodo delle forze che quello delle potenze per presuppongono

un’accurata analisi dei vincoli, da un doppio e complementare

punto di vista: dinamico, per stabilire che sistema di forze e coppie reattive

ci si possa attendere; cinematico, per stabilire quali atti di moto rigido siano

compatibili con i vincoli e quali no.

Esercizi

14.1. Ricercare le posizioni di equilibrio del cubo rigido pesante rappresentato

in Fig. 3.20, che è vincolato in A da una cerniera sferica, in B da una cerniera

cilindrica.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

76 3 Statica del Corpo Rigido

Figura 3.20.

Soluzione. Detta ρ(P) > 0 la densità di massa del cubo, la forza per unità di

volume applicata nel suo punto tipico P è:

df (P) = ρ(P)g d(vol),

dove g è il vettore dell’accelerazione di gravità, supposta costante; il baricentro

del cubo è il punto G tale che

−⇀

AG := 1


ρ(P)

M

−⇀


AP d(vol), M := ρ(P)d(vol).

cubo

cubo

La collezione di atti di moto rigido compatibili con i vincoli è:

w(P) = ω × −⇀

AP , ω = ωe, ω ∈ R.

Affinché sia nulla la potenza delle forze esterne in ogni atto di moto rigido

compatibile, occorre dunque che:


0 = ρ(P)g · ω × −⇀

AP d(vol) = ωM g · e × −⇀

AG ∀ ω ∈ R,

cubo

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

cioè, che il baricentro venga a trovarsi nel piano per A individuato dai vettori

g e e.

14.2. Il cubo rigido e privo di peso Crig rappresentato in Fig. 3.21 è vincolato

in A e C con un pendolo verticale e in B con una cerniera sferica; la forza

f è applicata in un punto P arbitrario della faccia superiore. Si determinino

le configurazioni di equilibrio in funzione della posizione del carico; quando

l’equilibrio è possibile, si determini il valore delle reazioni dei vincoli.

Soluzione. Risolviamo il primo quesito con il metodo delle potenze, il secondo

con il metodo delle forze.

Nel sistema di riferimento rappresentato in figura,

P ≡ (x1, x2, 0), f = fe3, f > 0 .

Per trovare la forma di un generico atto di moto rigido compatibile con i

vincoli esterni, osserviamo che la cerniera sferica impone al corpo di ruotare

intorno a B; quindi,


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

14 Metodo delle forze e metodo delle potenze 77

Figura 3.21.

w(Q) = ω × −⇀

BP , Q ∈ Crig .

D’altra parte, i pendoli in A e C impongono, rispettivamente, che w(A) e

w(C) siano contenute nei piani per A e C perpendicolari a e3:

e3 · ω × −⇀ −⇀

BA = 0 , BA = −h(e1 + e2);

e3 · ω × −⇀ −⇀

BC = 0 , BC = he3

(per convincersi che proprio questo è il risultato della presenza di questi vincoli

può essere utile tornare a dare un’occhiata alla Fig. 3.5). La seconda di queste

relazioni è verificata banalmente e non pone alcuna condizione sulla scelta

degli atti di moto. Invece, dalla prima relazione, ricaviamo:

e3 · ω × (−h(e1 + e2)) = 0 ⇒ ω · (e1 + e2) × e3 = 0 ⇒ −ω2 + ω1 = 0 .

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Il vettore velocità angolare deve quindi avere l’aspetto seguente:

ω = ω(e1 + e2) + ω3e3, ω, ω3 ∈ R.

Allora, perchè sia comunque nulla la potenza spesa dalla forza f , dev’essere:

0 = f ·w(P) = (fe3)·(ω(e1+e2)+ω3e3)× −⇀ −⇀

BP , BP = (x1−h)e1+(x2−h)e2,

qualunque valore reale assumano ω, ω3. Svolgendo i calcoli si ottiene :

x1 = x2 ;

dunque, si può avere equilibrio solo se la forza f è applicata ad un punto della

bisettrice degli assi 1 e 2.

Per determinare le reazioni vincolari in una delle configurazioni di equilibrio

possibili, consideriamo il piano di simmetria del sistema (Fig. 3.22), nel

quale agiscono tutte le forze attive e reattive rilevanti. L’analisi dei vincoli

ci dice che le reazioni devono essere verticali tanto in A che in C, mentre la

reazione della cerniera in B può anche avere una componente orizzontale.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

78 3 Statica del Corpo Rigido

Figura 3.22.

Dall’equilibrio alla rotazione intorno a B ricaviamo la reazione in A:

rA


2h − fξ = 0 ⇒ rA = −f ξ

√ e3 ;

2h

inoltre, la componente orizzontale della reazione in B dev’essere nulla, perchè

sussista l’equilibrio alla traslazione orizzontale. Tuttavia, la condizione di

equilibrio alla traslazione verticale, che pure dev’essere verificata, non basta a

calcolare le reazioni verticali in B e in C neppure conoscendo il valore di rA:

infatti,


rA + rB + rC + f · e3 = 0 ⇒ rB + rC + (1 − ξ

2 √ )f = 0 .

h

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

14.3. Alla trave rigida in figura è applicata la coppia esterna (Q,c = −ce3),

con −⇀

AQ = αe1, 0 < α < 1 e c > 0. Si calcolino le reazioni vincolari.

Figura 3.23.

Soluzione. L’analisi dei vincoli mostra che le reazioni vincolari possibili sono:

rA = rA1e1 + rA2e2, rB = rBe2.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

15 Metodo del potenziale. Equilibrio stabile, instabile, indifferente. 79

Per determinare le incognite rA1, rA2, e rB con il metodo delle potenze,

presumiamo di assegnare alla trave un atto di moto rigido

w(P) = w(A) + ωe3 × −⇀

AP, w(A) · e3 = 0, ω ∈ R,

in corrispondenza del quale il sistema di forze e coppie applicato alla trave

compie sempre potenza nulla se

rA ·w(A)+rB ·(w(A)+ωe3 × −⇀

AB)+c ·(ωe3) = 0 ∀ w(A) ·e3 = 0, ω ∈ R.

La condizione precedente si può scrivere nel modo equivalente:

w(A) · (rA + rB) + ω rB · e3 × −⇀

AB − c = 0 ∀ w(A) · e3 = 0, ω ∈ R,

ovvero


rA + rB = 0 ⇔ rA1 = 0, rA2 + rB = 0 & rBl − c = 0.

Val la pena di osservare che, visto che la trave è rigida, la posizione del punto

Q non ha alcuna rilevanza nella risoluzione del problema di equilibrio.

15 Metodo del potenziale. Equilibrio stabile, instabile,

indifferente.

Cominciamo con un esempio elementare, non troppo diverso dal primo esempio

considerato in Sez. 9. Consideriamo un pendolo semplice (Fig. 3.24),

schematizzato come un’asta rigida priva di peso incernierata in un estremo,

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Figura 3.24.

cui è applicata nell’altro estremo la forza peso f = mg dovuta ad una massa

m > 0 soggetta all’accelerazione di gravità g = −ge2, g > 0 .


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

80 3 Statica del Corpo Rigido

La forza peso è conservativa: questo aggettivo connota ogni forza cui si

può associare un potenziale, vale a dire, una funzione scalare della posizione

Φ = Φ(x1, x2, x3) tale che

f = −∇Φ, ∇Φ = (∂xiΦ)ei . 4

Nel caso della forza peso e del problema piano in esame, tale funzione

potenziale è (a meno di una costante additiva inessenziale):

Φ(x1, x2) = mΓ(x1, x2), Γ(x1, x2) = gx2, (x1, x2) ∈ R 2 ,

dove Γ è il potenziale associato all’accelerazione di gravità:

g = −∇Γ = −ge2,

cioè, alla forza peso per unità di massa.

Prendiamo atto di due fatti, che sono manifestazioni in questo caso

particolare di proprietà che riconosceremo valide un po’ più avanti:

- visto che ∇Φ(x1, x2) = mge2, nelle posizioni di equilibrio del pendolo si

ha che ∇Φ·e1 = 0, dove e1 è la comune direzione, in quelle posizioni, delle

velocità compatibili con il vincolo;

- nella posizione di equilibrio superiore, che ci appare instabile, Φ(0, h) =

mgh = max; in quella inferiore, che ci appare stabile, Φ(0, −h) = −mgh =

min.

L’aspetto comune ai due fatti è che entrambi vengono descritti in termini del

potenziale, una funzione che incorpora tutta l’informazione rilevante tanto

per stabilire quali siano le soluzioni del problema di equilibrio quanto per

qualificarne la natura.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

Osservazioni. 1. La situazione appena descritta è caratteristica di quei sistemi

meccanici che, come il pendolo dell’esempio, siano soggetti esclusivamente

a forze conservative nel corso dei moti che i vincoli esterni non escludono.

L’idea generale retrostante è che, per questi sistemi, la grandezza meccanica

primaria è il potenziale, non la forza, che è una nozione secondaria, ottenuta

dalla prima; e che, dunque, in termini di proprietà del potenziale si debba

descrivere il comportamento di questi sistemi.

2. Nell’ambito della Statica, non c’è ambiguità né difficoltà a qualificare la natura

delle posizioni d’equilibrio soltanto nel caso di sistemi soggetti a forze conservative.

In Dinamica, la questione può essere trattata in modo soddisfacente

in tutti i casi.

Per tradurre l’idea esposta nella prima delle Osservazioni precedenti in un

criterio di risoluzione del problema di equilibrio, conviene introdurre le nozioni

matematiche di derivata direzionale e gradiente di un campo scalare.

4 Il simbolo ∇ si legge “nabla”.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

15 Metodo del potenziale. Equilibrio stabile, instabile, indifferente. 81

Dato un campo scalare regolare Ψ = Ψ(P), definito in ogni punto P di un

insieme aperto dello spazio euclideo E, ∂dΨ(P), la derivata direzionale di Φ

nella direzione d, è così definita:

Ψ(P + δd) − Ψ(P)

∂dΨ(P) := lim

, |d| = 1 ;

δ→0 δ

dunque, la derivata direzionale è per definizione il numero reale che si ottiene

quando esiste finito il limite che appare nella relazione precedente e che ne

fornisce l’interpretazione: ∂dΨ(P) ci dice come tende a variare il valore del

campo Ψ quando ci si allontana da P in direzione d. Il gradiente di Ψ nel

punto P è per definizione il vettore ∇Ψ(P) tale che

∇Ψ(P) · d := ∂dΨ(P) per ogni direzione d.

Per calcolarne gradiente e derivate direzionali, è spesso conveniente pensare il

campo Ψ come una funzione delle coordinate cartesiane del punto tipico P:

Ψ = ˆ Ψ(x1, x2, x3).

Allora, ∇Ψ è il vettore che ha per componenti le derivate parziali di Ψ:

(∇Ψ)i = ∂Ψ

(= ∂xiΨ),

∂xi

mentre la derivata in direzione d = diei di Ψ vale

∂dΨ(x1, x2, x3) = di ∂xiΨ(x1, x2, x3).

Siamo ora in grado di formalizzare la relazione tra il metodo delle potenze

per la ricerca di posizioni di equilibrio e la nozione di potenziale. La potenza

spesa da una generica forza conservativa (P,f ) di potenziale Φ vale:

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

f (P)·v(P) = −∇Φ(P)·v(P) = −a ∂aΦ, dove a = |v(P)| e a = vers(v(P));

dunque, quella potenza si annulla se e solo se si annulla la derivata del

potenziale nella direzione della velocità del punto di applicazione della forza.

Nel caso del pendolo semplice,

quindi,

−f (P) ≡ ∇Φ = mg e2, ∂dΦ = mg(e2 · d);

∂dΦ = 0 ⇔ d e1.

Poichè la velocità del punto B di applicazione della forza peso in un atto di

moto rigido compatibile con il vincolo è:

v(B) = ω × −⇀

AB = ω(x1e2 − x2e1), x1 = h sinϕ, x2 = h(1 − cosϕ),


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

82 3 Statica del Corpo Rigido

la velocità di B è parallela a e1 se e solo se x1 = 0, cioè, se e solo se il pendolo

si trova in una delle due sue configurazioni di equilibrio; 5 questo risultato

si può formulare dicendo che il potenziale della forza peso è stazionario in

corrispondenza ad una configurazione di equilibrio, intendo con questo che il

potenziale ha derivata nulla nella direzione ammissibile.

Più in generale, per la ricerca e la qualificazione delle configurazioni di

equilibrio vale il

Criterio di Dirichlet. Le configurazioni di equilibrio di un corpo rigido

(in generale, di un sistema meccanico con un numero finito di gradi di libertà)

soggetto a forze conservative sono quelle in cui il potenziale è stazionario

(≡ ha derivata nulla) in tutte le direzioni ammisssibili. L’equilibrio è stabile

[instabile] nelle configurazioni di minimo [massimo] locale del potenziale,

altrimenti è indifferente.

Dato il potenziale, il campo di forze ad esso associato si ottiene per semplice

differenziazione. Per ottenere il potenziale dato il campo di forze, possono

essere utili le considerazioni che seguono.

Si supponga in moto il punto P di applicazione della forza conservativa

f (P); si indichi con ˙ P(t) il valore corrente della derivata dell’applicazione

t ↦→ P(t) che descrive il moto di P, valore che coincide con la velocità corrente

di P: P(t) ˙ ≡ v(P, t); e si ottengano per composizione le funzioni t ↦→ f (P(t))

e t ↦→ Φ(P(t)). Allora,


dt = ∇Φ(P(t)) · P(t) ˙ = −f (P(t)) · v(P, t). (15.1)

Si vede perciò che la funzione potenziale si può ottenere con un’integrazione

formale rispetto al tempo:

Φ(P) = Φ(P0) −

t

t0

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

f (P(s)) · v(P, s)ds, dove P = P(t), P0 = P(t0).

Se il campo di forze è assegnato in funzione delle coordinate cartesiane:

f (P) = fi(x1, x2, x3)ei,

nulla vieta, naturalmente, di costruire il relativo potenziale per integrazione

del seguente sistema di equazioni alle derivate parziali del primo ordine:

∂xiΦ = −fi, i = 1, 2, 3. (15.2)

Questa costruzione è possibile solo se i dati rispettano le seguenti condizioni:

Esercizi

∂xjfi = ∂xifj ∀ i = j. (15.3)

15.1. Si consideri l’asta rigida pesante in Fig. 3.26, di lunghezza l e densità

di massa per unità di lunghezza uniforme ρ > 0, incernierata a distanza α l


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

15 Metodo del potenziale. Equilibrio stabile, instabile, indifferente. 83

Figura 3.25.

dall’estremo A. Si mostri che, se α = 1/2 ci sono due sole configurazioni

di equilibrio, l’una stabile, l’altra instabile; e che per α = 1/2 l’equilibrio è

indifferente.

Soluzione. Si prenda l’angolo ϕ come parametro di configurazione e si individuino

i punti dell’asta per mezzo della loro ascissa rispetto alla cerniera:

ξ ∈ − αl, (1 − α)l , di modo che

−⇀

OP = ξe(ϕ), e(ϕ) := cosϕe1 − sinϕe2, ϕ ∈ [0, 2π);

allora, in un moto compatibile con il vincolo,

P ˙ = ξe ′ (ϕ) ˙ϕ = −ξ ˙ϕ(sin ϕe1 + cosϕe2).

D’altra parte, la forza peso agente sull’elemento d’asta vale

df (P) = −ρge2 dξ;

quindi, la potenza spesa sull’intera asta dalla forza esterna vale:

(1−α)l

αl

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

v(P, t) · df (P, t) = ρg cosϕ ˙ϕ

(1−α)l

αl

ξ dξ

= 1

2 ρgl2 (1 − 2α)cosϕ ˙ϕ = d


1

dt 2 ρgl2

(1 − 2α)sin ϕ ;

in vista della relazione (15.1), questa potenza dev’essere pari all’opposto della

derivata temporale del potenziale totale delle forze esterne, che quindi vale:

Ψ(ϕ) = − 1

2 ρgl2 (1 − 2α)sin ϕ + cost.

Allora, se α = 1/2, il potenziale è costante e tutte le determinazioni del parametro

di configurazione ϕ individuano configurazioni di equilibrio indifferente;

altrimenti, se (1 − 2α) > 0, il potenziale è minimo e l’equilibrio stabile per

ϕ = π/2, mentre per ϕ = −π/2 il potenziale è massimo e l’equilibrio instabile;

le modifiche da fare per trattare il caso (1 − 2α) < 0 sono ovvie.

5 x1 = 0 ⇒ ϕ = 0, π ⇒ x2 = 0,2h.


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

84 3 Statica del Corpo Rigido

15.2. Si consideri il problema di equilibrio per la trave rigida in figura, sapendo

che vie di corsa dei carrelli di vincolo sono parallele. Si riconosca che questo

problema appartiene alla stessa categoria di quello dell’esercizio precedente

per α = 1/2, così come del secondo esempio di Sez. 9: mentre la determinazione

delle reazioni vincolari è possibile in un unico modo, ci sono ∞ 1 configurazioni

di equilibrio indifferente.

15.3. Sia dato il campo di forze

Figura 3.26.

f (x1, x2, x3) = ae1 + bx2x 3 3 e2 + cx 2 2 x2 3 e3,

si determinino le condizioni sulle costanti a, b, c perchè esso possa essere

conservativo e si determini il suo potenziale.

Soluzione. L’unica delle tre condizioni (15.3) che non sia verificata per

qualunque valore delle costanti è:

∂x2f3 = ∂x3f2, che implica 2cx2x 2 3 = 3bx2x 2 3 ⇒ c = 3

b .

2

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

È interessante osservare che questa condizione sarebbe comunque emersa

al termine della costruzione del potenziale. Infatti, per costruirlo, si deve

integrare il sistema differenziale


⎨∂x1Φ

= −a,

∂x2Φ = −bx2x


3 3,

∂x3Φ = −cx 2 2 x2 3 .

Integrando la prima di queste equazioni, si ottiene:

Φ(x1, x2, x3) = −ax1 + φ(x2, x3);

quanto alla nuova funzione incognita φ, l’integrazione della seconda equazione

porge:

φ(x2, x3) = − 1

+ ψ(x3),

2 bx2 2 x3 3

relazione che, combinata con la terza equazione, fornisce:


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

15 Metodo del potenziale. Equilibrio stabile, instabile, indifferente. 85

∂x3Φ = − 3

2 bx22x 2 3 + ψ ′ (x3) = −cx 2 2x 2 3;

ma, visto che ψ ′ è una funzione della sola variabile indipendente x3, l’ultima

equaglianza può sussistere soltanto se tra b e c intercorre la relazione trovata

all’inizio, ovvero, se ψ ′ (x3) ≡ 0. In conclusione, il potenziale cercato è:

Φ(x1, x2, x3) = −ax1 − 1

2 bx22x 3 3 + cost.

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz


- Appunti di Meccanica dei Solidi/Statica, dalle lezioni del prof. P. Podio-Guidugli, a.a. 2007/8 -

Bozza

za Bozza

Bozza

Bozza Boz

Bozza

za

Boz

More magazines by this user
Similar magazines