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

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- 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.
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