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Esercizi di fisica, L'equilibrio dei solidi

Esercizio 56 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

Due oggetti di massa $m_1=50\: g$ e $m_2=30\: g$ sono posti, rispettivamente, in $x_1=1,5\: m$ e $x_2=3,4\: m$ . Un terzo oggetto di massa $m_3=20\: g$ viene collocato tra i primi due e il baricentro del nuovo sistema coincide con quello del vecchio. Dov’è collocato il terzo oggetto?

SVOLGIMENTO

L’unico posizione possibile per il terzo oggetto è che sia esattamente sul baricentro degli altri 2, altrimenti sposterebbe per forza il baricentro complessivo. Pertanto calcoliamo la posizione del baricentro tra i primi due oggetti e abbiamo finito.

$x_{baricentro}={x_1\cdot m_1+x_2\cdot m_2\over m_1+m_2}={1,5\: m\cdot 50\: g +3,4\: m\cdot 30\: g\over 50\: g+30\: g}\approx 2,21 \: m$

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Esercizi di fisica, L'equilibrio dei solidi

Esercizio 55 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Pietro sta giocando con alcuni blocchi di legno e ne vuole sistemare uno, con lato di base $d=2,0\: cm$ e altezza $h=6,0\: cm$ su un cuneo, come mostrato nella figura. L’attrito impedisce al blocco di scivolare lungo il piano. Quale è la massima inclinazione $\theta$ che può avere il cuneo affinchè il blocco non si ribalti?

SVOLGIMENTO

Se supponiamo il blocco di legno omogeneo possiamo affermare che il baricentro del blocco si troverà esattamente nel centro del parallelepipedo, a questo punto sappiamo bene che il blocco rimarrà in equilibrio solamente se la proiezione del baricentro cade all’interno della base. La massima pendenza $\theta$ è quella per cui la proiezione del baricentro cade esattamente sul spigolo in basso a destra del blocchetto, pertanto

$\theta=\arctan{{d/2\over h/2}}=\acrtan{{1\: cm\over 3\: cm}}\approx 18,43^\circ$

Per capire il conto tracciamo la proiezione del baricentro e osserviamo che il triangolo rettangolo che si forma ha i cateti di $d/2$ e $h/2$ mentre l’ipotenusa è il “segmento di proiezione”, per le classiche proprietà dei triangoli simili questo triangolo è simile al blocchetto e pertanto è possibile calcolare l’angolo $\theta$ del blocco concentrandoci sull’angolo $\theta$ presente in questo triangolino di cui conosciamo i due cateti.

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Esercizi di fisica, L'equilibrio dei solidi

Esercizio 52 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Una scala di massa $18\: kg$ è appoggiata al muro, inclinata di $60^\circ$ rispetto all’orizzontale. Un uomo di massa $70\: kg$ può salire fino a tre quarti della scala, dopodiché questa comincia a scivolare sul pavimento. L’attrito con il muro è trascurabile. Calcola il coefficiente di attrito statico tra scala e pavimento.

SVOLGIMENTO

Consigliamo un disegno per capire appieno questo problema e per poter trattare in maniera appropriata tutte le forze presenti.
Fintanto che l’uomo non raggiunge i tre quarti della scala la forza di attrito tra scala e pavimento è sufficiente per tenere ferma la scala, vuol dire che quanto l’uomo raggiunge esattamente quella quota la forza esercitata dalla scala sul pavimento è uguale alla massimo forza di attrito possibile tra scala e pavimento, fino a quel momento la scala è in equilibrio, quindi la risultante delle forze e la risultante dei momenti, calcolati rispetto al punto di contatto tra la scala e il pavimento, sono entrambi nulli. Le forze che agiscono sulla scala sono cinque:
– la forza peso della scala applicata a metà della lunghezza della scala:
– la forza peso dell’uomo applicata a tre quarti della lunghezza della scala:
– la forza di reazione vincolare del muro applicata alla sommità del muro e diretta orizzontalmente:
– la forza di reazione vincolare del pavimento applicata verticalmente nel punto di contatto tra pavimento e scala:
– la forza di attrito statico tra scala e pavimento diretta in direzione orizzontale.
Pertanto

$F_{pavimento}=F_{scala}+F_{uomo}$

$F_{attrito}=F_{muro}$

$M_{scala}+M_{uomo}=M_{muro}$

dove il segno dei momenti è determinato dalla rotazione che le forze imprimerebbero alla scala, pertanto le due forze peso avranno momenti di segno concorde e saranno discordi rispetto alla forza di reazione vincolare del muro. Concentrandoci sulla formula dei momenti abbiamo

${L\over 2}\cdot 18\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot \sin{30^\circ}+{3L\over 4}\cdot 70\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot \sin{30^\circ}=L\cdot F_{muro}\cdot \sin{60^\circ}$

Dove $L$ è la lunghezza della scala (che nel passaggio successivo scompare perchè viene semplificata). Da questa formula, e dal fatto che la reazione vincolare del muro è uguale alla forza di attrito massimo, ottengo che

$F_{attrito}={{1\over 2}\cdot 18\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot \sin{30^\circ}+{3\over 4}\cdot 70\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot \sin{30^\circ}\over \sin{60^\circ}}$

$F_{attrito}\approx 348,3\: N$

E siccome sappiamo che $F_a=\mu\cdot F_\bot$ risulta

$\mu={F_a\over F_\bot}={348,3\: N\over 18\: kg\cdot 9,81\: N/kg+70\: kg\cdot 9,81\: N/kg}\approx 0,40$

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Esercizio 50 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Una piattaforma di $1200\: kg$ è mantenuta in posizione orizzontale da un cavo di acciaio che può sopportare una tensione massima di $20\: kN$ . Quante persone possono stare sulla piattaforma senza che il cavo si rompa? Assumi una massa media di $75\: kg$ a persona.

SVOLGIMENTO

Dobbiamo immaginare che tutte le persone siano esattamente sul bordo esterno della piattaforma, ossia la posizione peggiore possibile, in maniera tale da poter essere certi che la piattaforma regga tutto il peso in una qualunque configurazione. In tale situazione, se vogliamo l’equilibrio, la somma dei momenti dovrà essere nulla. A questo punto, prima di scrivere esplicitamente la formula, osserviamo che il momento della forza peso della piattaforma e il momento della forza peso delle persone sarà contrastato dal momento della tensione del filo, pertanto avremo

$M_{piattaforma}+M_{persone}=M_{fune}$

$b_{piattaforma}\cdot F_{piattaforma}+b_{persone}\cdot F_{persone}=b_{fune}\cdot F_{fune}$

$4\: m\cdot 1200\: kg\cdot 9,81\: N/kg+8\: m\cdot n\cdot 75\: kg\cdot 9,81\: N/kg=8\: m\cdot 20000\: N\cdot \sin{53^\circ}$

$n={8\: m\cdot 20000\: N\cdot \sin{53^\circ}-4\: m\cdot 1200\: kg\cdot 9,81\: N/kg\over 8\: m\cdot 75\: kg\cdot 9,81\: N/kg}\approx 13,7\: persone$

Pertanto il massimo numero di persone che può stare sulla piattaforma è $13$ .

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Esercizio 49 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Nicola, che pesa $588\: N$ , è in piedi all’estremità di un trampolino lungo $3,10\: m$ . Il trampolino è sostenuto da due sostegni: uno all’estremità, l’altro a $1,00\: m$ dal primo come nella figura. Il peso del trampolino è trascurabile. Calcola l’intensità, la direzione e il verso delle forze vincolari esercitate dai sostegni.

SVOLGIMENTO

Siccome siamo in una situazione di equilibrio dobbiamo avere che la risultante delle forze e la risultante dei momenti delle forze, calcolati in questo caso rispetto al punto più a sinistra del trampolino, dovranno essere nulli. Pertanto

$\vec{F}_1+\vec{F}_2+\vec{F}_p=0$

$\vec{M}_2+\vec{M}_p=0$

dove osservo esplicitamente che manca il vettore $\vec{M}_1$ in quanto il braccio risulta essere nullo. Concentriamoci inizialmente sui momenti, allora

$1\: m\cdot F_2+3,1\: m\cdot 588\: N=0\Rightarrow F_2=-1822,8\: N$

Dove il segno meno nel risultato sta ad indicare che il vettore $\vec{F}_2$ è diretto in maniera opposta alla forza peso di Nicola. Una volta calcolata questa reazione vincolare, dalla prima espressione scritta sopra, risulta facile calcolare la seconda facendo:

$F_1=1822,8\: N-588\: N=1234,8\: N$

dove in questo caso il segno positivo indica che la reazione vincolare esercitata nel punto 1 è diretta come $\vec{F}_p$ , cioè non è una classica reazione vincolare ma è diretta verso il basso.

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Esercizio 48 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Una scala con 20 gradini a distanza di $20\: cm$ uno dall’altro è appoggiata al muro e forma con il suolo un angolo di $70^\circ$ . Michele la tiene ferma spingendola all’altezza dell’ottavo gradino da terra. Sul quindicesimo gradino è appoggiato un secchio di vernice che pesa $62\: N$ , Le forze di attrito e la forza peso della scala sono trascurabili. Calcola l’intensità della forza esercitata da Michele.

SVOLGIMENTO

Siccome la scala risulta in equilibrio allora la risultante delle forze e la risultante dei momenti, calcolati rispetto al punto di appoggio della scala al pavimento, è nulla. Da queste informazione ricaviamo:

$R_2=F_p$

$R_1=F_{Michele}$

$b_{Michele}\cdot F_{Michele}\cdot\sin{110^\circ}+b_p\cdot F_p\cdot\sin{20^\circ}-b_{R1}\cdot R_1\cdot\sin{70^\circ}=0$

dove osservo solo che il momento relativo a $\vec{R}_1$ ha segno opposto agli altri due perchè la rotazione generata da tale forza è opposta alla rotazione generata da Michele e dalla forza peso.
Risolvendo il sistema per sostituzione, sostituendo nella formula dei momenti $R_1$ con $F_{Michele}$ , ottengo

$F_{Michele}={-b_p\cdot F_p\cdot\sin{20^\circ}\over b_{Michele}\cdot\sin{110^\circ}-b_{R1}\cdot\sin{70^\circ}}$

e, calcolando i bracci delle forze utilizzando l’informazione relativa ai gradini, ricavo

$F_{Michele}={-3\: m\cdot 62\: N\cdot\sin{20^\circ}\over 1,6\: m\cdot\sin{110^\circ}-4\: m\cdot\sin{70^\circ}}\approx 28,2\: N$

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Esercizio 47 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Un blocco di legno di massa $600\: g$ si trova su un tavolo e viene spinto orizzontalmente.

Il moto del blocco è ostacolato da un chiodo. Supponi che il blocco sia spinto da una forza di modulo $2,1\: N$ e calcola il modulo della forza di reazione vincolare del tavolo sul blocco. Il blocco si muove? Supponi che il blocco sia spinto da una forza di $5,2 \: N$ . Il blocco si muove?

SVOLGIMENTO

Ipoteticamente sul blocco agiscono quattro forze: la forza peso, la forza $\vec{F}$ , la reazione vincolare del chiodo e la reazione vincolare del pavimento. Rispetto all’ipotetico punto di rotazione attorno al chiodo la forza peso e la forza $\vec{F}$ svilupperanno pertanto un momento di segno opposto, siccome tenderanno a far ruotare il blocco in due direzioni opposte, calcoliamo pertanto chi “vince” tra questi due momenti (lasciamo un attimo in sospeso il momento della reazione vincolare del pavimento):

$M_{peso}=F_p\cdot b_p=0,6\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot 0,023\: m\approx 0,135\: N\cdot m$

$M_{F}=F\cdot b_F=2,1\: N\cdot 0,054\: m\approx 0,113\: N\cdot m$

Quindi il momento della forza peso è maggiore del momento della forza $\vec{F}$ , ma siccome il blocco non può ruotare in senso antiorario per via del vincolo del pavimento vuol dire che c’è una reazione vincolare $\vec{F}_r$ generata dal pavimento e diretta verso l’alto che determina un momento di modulo uguale a $M_{peso}-M_F$ , quindi

$F_r\cdot b_r=M_{peso}-M_F\Rightarrow F_r={M_{peso}-M_F\over b_r}$

ossia

$F_r={0,135\: N\cdot m-0,113\: N\cdot m\over 0,023\: m}\approx 0,96 \: N$

Osserviamo anche esplicitamente che questa forza non è sufficiente a far muovere il blocco di legno.
Rispondiamo ora alla seconda parte della domanda, per avere una rotazione del blocco di legno necessitiamo che il momento generato dalla forza $\vec{F}$ sia superiore del momento generato dalla forza peso, se $F=5,2\: N$ abbiamo

$M_{F}=F\cdot b_F=5,2\: N\cdot 0,054\: m\approx 0,28\: N\cdot m$

quindi ampiamente sufficiente a contrastare il momento generato dalla forza peso.

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Esercizio 46 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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Maria ha indossato un paio di scarpe col tacco come mostra la figura. La sua massa è di $54\: kg$ , e ogni piede sostiene metà della sua forza peso. La verticale dal baricentro del suo corpo, dista $4,0 \: cm$ dal tacco e $7,0\: cm$ dalla parte di appoggio anteriore della scarpa. Nei due punti $T$ e $A$ sono applicate le reazioni vincolari del pavimento quando Maria sta in piedi sui tacchi. Quanto valgono le due reazioni vincolari esercitate dal pavimento e applicate ai punti $T$ e $A$ ?

SVOLGIMENTO

Supponiamo che Maria sia in piedi su entrambe le gambe, quindi supponiamo che la forza peso esercitata da Maria su una singola gamba sia la metà della forza peso totale di Maria. Siccome abbiamo l’equilibrio sappiamo che la somma delle risultati delle forze applicate a Maria è nulla e anche la risultante dei momenti rispetto alla proiezione del baricentro deve essere nullo, pertanto

$F_A+F_T={F_p\over 2}$

$b_A\cdot F_A=b_T\cdot F_T$

da cui, risolvendo il sistema per sostituzione ed esplicitando $F_A$ in funzione di $F_T$ , si ricava

$b_A\cdot ({F_p\over 2}-F_T)=b_T\cdot F_T$

$F_T={b_A\cdot{F_p\over 2}\over b_A+b_T}={0,07\: m\cdot{54\: kg\cdot 9,81\: N/kg\over 2}\over 0,07\: m+0,04\: m}\approx 169\: N$

$F_A={F_p\over 2}-F_T={54\: kg\cdot 9,81\: N/kg\over 2}-169\: N\approx 96\: N$

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Esercizi di fisica, L'equilibrio dei solidi

Esercizio 45 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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La figura mostra un lampione dell’illuminazione stradala. La lampada ha una massa di $8,2\: kg$ e dista $90\: cm$ dal palo. La massa della sbarra orizzontale è $2,6\: kg$ ed è distribuita uniformemente. Calcola le componenti orizzontale e verticale della tensione del cavo.

SVOLGIMENTO

Osserviamo che se il lampione è in equilibrio allora vuol dire che la somma dei momenti rispetto al punto di rotazione dell’asta, cioè il punto di contatto tra l’asta e il lampione, deve essere nullo. Osserviamo anche che la forza peso dell’asta e la forza peso del lampione faranno ruotare il tutto in senso orario mentre la tensione del filo impedisce questa rotazione. Per cui risulta

$M_{filo}=M_{asta}+M_{lampadario}$

$T\cdot b_T\cdot \sin{30^\circ}=F_{p-asta}\cdot b_{asta}+F_{p-lampione}\cdot b_{lampione}$

ossia

$T\cdot 0,9\: m\cdot \sin{30^\circ}=2,6\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot 0,45\: m+8,2\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot 0,9\: m$

$T={2,6\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot 0,45\: m+8,2\: kg\cdot 9,81\: N/kg\cdot 0,9\: m\over 0,9\: m\cdot \sin{30^\circ}}=186,39\: N$

Per cui, grazie all’angolo di $30^\circ$ , riesco a calcolare

$T_x=\cos{30^\circ}\cdot T\approx 161\: N$

$T_y=\sin{30^\circ}\cdot T\approx 93\: N$

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Esercizi di fisica, L'equilibrio dei solidi

Esercizio 51 sull’equilibrio dei solidi – Esercizi svolti – FISICA

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L’asta in figura ha massa di $36,0\: kg$ ed è libera di ruotare attorno al punto $A$ , Calcola la tensione del cavo che la sostiene. Calcola il modulo e l’angolo che la forza di reazione vincolare in $A$ forma rispetto al muro.

SVOLGIMENTO

Siamo di fronte a una situazione di equilibrio, pertanto sia la risultante delle forze che la risultante dei momenti, calcolati rispetto al punto $A$ , deve essere nulla. Quindi risulta

$\vec{F}_A+\vec{F}_p+\vec{F}_{fune}=0$

$\vec{M}_p+\vec{M}_{fune}=0$

Partiamo dalla relazione dei momenti, osservando che il momento della fune e il momento della forza peso avranno modulo apposto, pertanto diventa

$M_p=M_{fune}$

${L\over 2}\cdot F_p=L\cdot F_{fune}\cdot \sin{120^\circ}$

$F_{fune}={{1\over 2}\cdot F_p\over \sin{120^\circ}}={{1\over 2}\cdot 36\: kg\cdot 9,81\: N/kg\over \sin{120^\circ}}\approx 204\: N$

Vediamo ora di equilibrare le forze e per fare questo scomponiamo la risultante delle forze lungo la direzione $x$ e lungo la direzione $y$ .
Asse $x$

$F_A^x+\cos{60^\circ}\cdot F_{fune}=0\Rightarrow F_A^x=-\cos{60^\circ}\cdot F_{fune}\approx -102\: N$

Asse $y$

$F_A^y-F_p+\sin{60^\circ}\cdot F_{fune}=0\Rightarrow F_A^y=F_p-\sin{60^\circ}\cdot F_{fune}\approx 176,5\: N$

Pertanto possiamo calcolare il modulo con il teorema di Pitagora

$F_A=\sqrt{(F_A^x)^2+(F_A^y)^2}=\sqrt{(102\: N)^2+(176,5\: N)^2}\approx 204\: N$

e l’angolo tra l’orizzontale e la forza con l’arcotangente

$angolo=\arctan{{F_A^y1\over F_A^x}}=\arctan{{176,5\: N\over -102\: N}}\approx -60^\circ$

Quindi l’angolo tra il muro e la forza sarà di $30^\circ$ a sinistra del muro.

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