08/11/22

(QI) Dalla statica alla relatività generale ***

QUI gli altri articoli dedicati all'attrito

 

Ricordiamoci il fenomeno fisico che ha dato l'idea geniale ad Einstein riguardo alla caduta del corpo libero e, di conseguenza, a tutta la sua relatività generale. Ci chiediamo: "E se l'imbianchino non fosse caduto?". Probabilmente Einstein non sarebbe arrivato alle sue fantastiche conclusioni (si fa per dire... ovviamente).

Il famoso evento ha avuto parecchi testimoni ed essi sono concordi sul fatto che l'imbianchino non solo sapesse il proprio peso (75 Kg), ma anche che il coefficiente di attrito (sia del muro che del pavimento) fosse uguale a 0.35. Attestano inoltre che l'angolo a di inclinazione tra scala e pavimento fosse di 60°. In quelle condizioni, l'imbianchino cercò di salire fino alla cima della scala di lunghezza L = 5 m. Purtroppo (o fortunatamente) si dimostrò incauto e rovinò al suolo insieme alla scala illuminando un attento Einstein.

Assumendo che il peso della scala sia trascurabile, vi chiedo:

(1) fino a che altezza avrebbe potuto salire senza perdere ... l'equilibrio?

(2) Che angolo avrebbe dovuto impostare l'imbianchino per poter arrivare fino alla cima della scala senza cadere.

In poche parole, un imbianchino esperto non avrebbe dato il via alla relatività generale. Insomma, ben venga (a volte) la scarsa professionalità, sempre che i danni fisici siano limitati.

QUI la soluzione.

6 commenti

  1. Cesco
    1. 3,25m circa lungo la scala (pari ad un'altezza dal suolo di circa 2,81m, e l'imbianchino si fa male)
    2. 70° circa
  2. Cesco

    Provo a riportare la spiegazione dei calcoli.

    Mettiamo la scala nel primo quadrante di un diagramma cartesiano xOy.

    Il piede di appoggio A coincide con l'origine degli assi, mentre la cima della scala B è appoggiata al muro. alfa è l'angolo che la scala forma con l'asse x. L è la lunghezza della scala (5m), l è la lunghezza della scala dove si trova l'imbianchino.

    Definisco Ax ed Ay le reazioni vincolari nell'origine (con verso concorde agli assi cartesiani), Bx e By le reazioni in B (Bx diretta nel verso negativo dell'asse x, By nel verso positivo dell'asse y). P è il peso dell'imbianchino nella posizione l lungo la scala, vale 75kg ed è diretta verso il basso (non moltiplico per g, tengo le forze in kg massa ;)). Coefficiente di attrito statico ns=0.35

    Equilibrio alle traslazioni

    1. P=Ay+By

    2. Ax=Bx

    Condizioni di attrito

    3. Ax=ns*Ay       (* simbolo di moltiplicazione, orribile)

    4. By=ns*Bx

    Sostituisco la 4 in 1

    1.1 P=Ay + ns*Bx

    Sostituisco la 2 in 1.1

    1.2 P=Ay+ns*Ax

    Sostituisco la 3 in 1.2

    P=Ay+ns^2*Ay=(1+ns^2)*Ay (^ è l'elevazione alla potenza, ancora più orribile)

    Quindi

    Ay=P/(1+ns^2)

    dalla 1

    By=P*[1-1/(1+ns^2)]

    dalla 3

    Ax=P*ns/(1+ns^2)

    dalla 2

    Bx=P*ns/(1+ns^2)

    Che, con i valori dati valgono:

    Ay=66.8kg

    Ax=Bx=23.4kg

    By=8.2kg

    Si noti che le reazioni vincolari non dipendono dall'angolo alfa

     

    Ora imponiamo l'equilibrio alla rotazione rispetto alla base di appoggio A

    5. P*l*cos(alfa)=Bx*L*sin(alfa) + By*L*cos(alfa)

    ricavando l

    l=[Bx*L*sin(alfa)+By*L*cos(alfa)]/[P*cos(alfa)]

    e sostituendo i valori nella 5

    l=3,25m (lungo la scala)

    che corrisponde ad un'altezza dal suolo pari a

    h=l*sin(alfa)=2.81m

     

    Per la seconda domanda, indicando con alfa l'angolo limite di equilibrio

    l=L (l'imbianchino è sulla cima)

    sviluppando la 5

    Bx*L*sin(alfa)+By*L*cos(alfa)-P*L*cos(alfa)=0

    quindi

    Bx*sin(alfa)+(By-P)*cos(alfa)=0

    quindi

    Bx*tan(alfa)=P-By

    tan(alfa)=(P-By)/Bx=Ay/Ax=Ay/(ns*Ay)=1/ns

    da cui sostituendo il valore di ns e calcolando l'arcotangente, alfa limite=70° circa

     

     

  3. Caro Cesco,

    se mandi tutto a Daniela, potresti fare una figura e scrivere normalmente...

     

  4. caro Cesco (ma non solo),

    e se ti dicessi che il risultato non dipende dal peso dell'imbianchino... :wink:

  5. Fabrizio

    Ho provato a risolvere il quiz, ma mi sono arreso di fronte al fatto che ho trovato più forze incognite (4) che equazioni (3). Sarebbe risolvibile se non ci fosse attrito sul muro.

    Comunque molto interessante perché mi ha aperto una finestra su una parte della fisica nella quale non mi ero finora imbattuto.

  6. michele celenza

    Se non ci fosse attrito statico nel contatto della scala sulla parete verticale la soluzione del quesito sarebbe abbastanza facile in quanto imponendo le condizioni di annullamento dei momenti e delle forze (lungo asse x e Y) si troverebbe che la forza di reazione sull'appoggio sulla base è l' opposto del peso dell'imbianchino e la reazione normale sull'appoggio verticale è l'opposto della forza di attrito statico dovuta al contatto della scala con la base.

    Avendo supposto che ci sia attrito lungo la superficie verticale sul punto di appoggio della scala lungo quest'ultima si hanno due reazioni una normale ed una parallela al piano verticale.

    Mi trovo in difficoltà con calcolare queste forze (4) non risolvibile con tre equazioni

Lascia un commento

*

:wink: :twisted: :roll: :oops: :mrgreen: :lol: :idea: :evil: :cry: :arrow: :?: :-| :-x :-o :-P :-D :-? :) :( :!: 8-O 8)

 

Questo sito usa Akismet per ridurre lo spam. Scopri come i tuoi dati vengono elaborati.