1. 

   givi

   11/11/2022 at 16:53

   In ogni caso, l'attrito è una gran cosa, senza di lui non potremmo nemmeno camminare.

2. 

   Vincenzo Zappalà

   11/11/2022 at 18:04

   Non dirlo, però, a chi deve spostare una pietra per costruire le piramidi...

3. 

   Fabrizio

   12/11/2022 at 02:51

   Non mi ritrovo nella soluzione descritta sopra. Di seguito cerco di spiegare le regioni.

   Le relazioni (1) e (2) sono delle disuguaglianze: e

   Le uguaglianze sono quelle delle equazioni della statica. Le uguaglianze che bilanciano le forze di reazione e d’attrito, fino a che è possibile, con le forze attive. Nel nostro caso:

      e   

   A queste si aggiunge l’uguaglianza dei momenti, che qui scelgo di prendere rispetto al punto A:

   
   Quindi abbiamo 3 equazioni e 4 incognite. 
   A queste si aggiungono le due disuguaglianze che dovrebbero dirci se il sistema è in equilibrio (se soddisfatte) o no ( se almeno una non è soddisfatta)..
   
   Il problema è che 3 equazioni e 4 incognite non permettono di identificare una soluzione unica. 
   Possono permettere di identificare un insieme di soluzioni. Questo è il sintomo che il modello utilizzato non è adeguato, poiché la Natura sceglie un’unica soluzione. 
   
   Possiamo identificare i possibili insiemi di valori delle 4 forze risolvendo il sistema delle 3 equazioni utilizzando il valore di una delle forze come parametro.
   
   Ad esempio qui uso come parametro  :

   

   
   
   
   
   
   La scala sarebbe in equilibrio per tutte le scelte di  che portano a soluzioni che soddisfano le 2 disuguaglianze 

   e

   Ma la Natura non ha nessun obbligo di scegliere in questo modo. 
   E’ indifferente alla caduta dell’imbianchino o alla sorte della Relatività Generale.

   Giacomo Leopardi fa dire alla Natura: “Quando io vi offendo in qualunque modo e con qual si sia mezzo, io non me n’avveggo, 
   se non rarissime volte: come, ordinariamente, se io vi diletto o vi benefico, io non lo so; 
   e non ho fatto, come credete voi, quelle tali cose, o non fo quelle tali azioni, per dilettarvi o giovarvi.” 
   
   Applico quanto detto al primo risultato: "l’imbianchino può salire lungo la scala per 3,24m". 
   
   Per fare in modo che la scala sia in equilibrio con l’imbianchino in quella posizione, 
   le 4 forze di reazione dovrebbero avere questi valori in Newton:
       
   Con questi valori le due disuguaglianze sono ancora soddisfatte poiché:
     
   Quindi, dal nostro modello di scala abbiamo ricavato i valori che le 4 forze di reazione dovrebbero avere 
   affinché la scala sia in equilibrio. Questo non significa che i valori individuati sono quelli che le 4 forze assumono. 
   Nel nostro modello non c’è nulla che indichi che questi valori siano quelli effettivamente scelti dalla Natura. 
   
   Anche questo altro insieme di valori è compatibile con le equazioni della statica del nostro problema:
   
   ma la scala non sarebbe in equilibrio poiché non soddisfano una delle disaguaglianze:
   
   
   A questo punto la domanda è: la Natura come sceglie i valori delle forze di reazione e attrito? 
   
   Il nostro modello di scala e le equazioni della statica non sono sufficienti per rispondere a questa domanda.  
   Occorre andare su modelli più complessi come potrebbero essere quelli per le strutture iperstatiche descritti in 
   queste voci di wikipedia: Statica delle strutture, Metodo_delle_forze.

4. 

   Vincenzo Zappalà

   12/11/2022 at 08:07

   caro Fabry,

   le relazioni 1 e 2 sono delle uguaglianze se si vuole cercare il valore massimo dell'attrito per non iniziare a scivolare. E' ovvio che se siamo in condizioni più favorevoli tutto va bene, ma si chiede il valore massimo dell'attrito che faccia rimanere tutto in equilibrio.

   Le 1 e 2 sono uguaglianze nelle condizioni limite dell'equilibrio, Esse permettono di legare tra di loro col segno di uguale due forze con l'aiuto del coefficiente massimo d'attrito. Oltre esso non può andare e quindi la scala cade...

   Non riusciamo a spiegarci... comunque, non sono il solo a vederla così...

   Più la forza impressa é  grande e più aumenta la forza d'attrito che continua a controbilanciare (e quindi annullare) la forza impressa. In poche parole, il corpo riesce a rimanere fermo, in equilibrio statico.  A un certo punto, però, l'attrito raggiunge il suo valore massimo e se la forza riesce a superarlo inizia il movimento e si perde l'equilibrio statico. Questo succede proprio quando F =μN

5. 

   Vincenzo Zappalà

   12/11/2022 at 10:30

   Vediamo di dirla in un altro modo...

   Se cambio la forza peso dell'imbianchino, cambia automaticamente la forza di attrito massima, ma ciò non toglie che la soluzione sia indipendente dai valori assunti, dato che ciò che conta è proprio l'uguaglianza  tra la forza esterna e il valore massimo dell'attrito: cresce una e cresce anche la reazione vincolare e quindi l'attrito massimo, a parità di coefficiente.  Questa uguaglianza fa sì che la configurazione geometrica dell'equilibrio non cambi. Stiamo, ovviamente, parlando di LIMITE per l'equilibrio.

   Non so proprio come spiegarmi meglio... L'uguaglianza tra FA e NB  è fondamentale ed essa si verifica imponendo l'equilibrio, qualsiasi sia la forza esterna. Ma anche l'uguaglianza tra FA e µNA è fondamentale, dato che abbiamo bisogno dell'attrito massimo.

6. 

   Fabrizio

   12/11/2022 at 11:07

   Caro Enzo,

   quello che dici nella tua risposta non contraddice il mio commento.

   Mi sembra che stiamo dicendo che abbiamo un modello della nostra scala, le equazioni e le diseguaglianze della statica. Applicate al nostro caso consistono in 4 forze, 3 equazioni e 2 disuguaglianze. (Nel modello ci sono anche 3 parametri: la posizione dell’imbianchino, il suo peso e l’inclinazione della scala.)
   Una configurazione delle 4 forze è di equilibrio se soddisfa le 3 equazioni e le 2 disuguaglianze.

   Inoltre abbiamo un metodo, che almeno in questo caso, ci dice quale è tra tutte le configurazioni di equilibrio possibili quella con l’imbianchino posizionato più in alto. Le 2 disuguaglianze diventano uguaglianze, abbiamo 5 equazioni e 5 incognite (le 4 forze e la posizione dell’imbianchino che da parametro diventa incognita). Ho riportato i valori che si ottengono per le 4 forze nel commento precedente.

   Per la posizione più elevata dell’imbianchino potenzialmente di equilibrio, oltre alla configurazione di equilibrio delle forze ce ne sono infinite altre compatibili con le 3 equazioni della statica che non sono di equilibrio perché non soddisfano almeno una delle disuguaglianze. Una di queste l’ho riportata nel mio commento precedente.

   Credo che fino a qui siamo d’accordo. La differenza è nelle conclusioni che ne traiamo.

   Io mi allineo con chi pensa che il nostro modello non ci permetta di indicare tra tutte le possibili configurazioni compatibili con le 3 equazioni della statica quale sarà quella che assumerà il sistema e quindi non possiamo affermare se la scala cadrà o non cadrà. Per arrivare ad una decisione occorre trattare il problema con un modello più complesso.

   Mi sembra che nella tua soluzione si faccia fare un passo ulteriore al modello assumendo che se ci sono diverse configurazioni compatibili con le equazioni della statica, una (o alcune) di equilibrio ed altre non, il sistema assumerà quella di equilibrio. Quindi, da quanto detto sopra se ne trae che la scala con l’imbianchino posizionato all’altezza trovata sopra non solo è potenzialmente in equilibrio, ma è proprio in equilibrio.

   L’unica via per risolvere la questione sarebbe una sperimentazione.

   Chi fa l’imbianchino?

7. 

   Vincenzo Zappalà

   12/11/2022 at 15:58

   Cominciamo a concordare...

   Resta il fatto che il problema non chiede di determinare il valore delle forze, ma solo la configurazione limite di equilibrio. D'altra parte, dimmi cosa c'è di sbagliato nell'approccio che ho riportato? L'equazione che dice che l'attrito è una forza moltiplicata per un certo coefficiente è un dato di fatto, così come l'uguaglianza tra attrito e forza applicata, trattandosi di "momento del distacco".  Quella che tu dai come un'altra soluzione va contro la definizione di attrito massimo, dato che FA è diverso da nu moltiplicato NA. Questa situazione è quella che andrebbe contro natura, dato che cambierebbe la realtà dell'attrito statico. Mi sembra automatico che questa configurazione è proprio l'unica che rappresenti il limite di movimento. Certo è che se cambi l'equazione dell'attrito, tutto può succedere, ma non è quello che capita in Natura. Qualsiasi altra soluzione va in un verso o nell'altro. Se vale il segno "inferiore" la scala è sicuramente in equilibrio, ma  se vale il segno > si va contro Natura e l'attrito non sarebbe quello massimo. Infatti, il peso non conta, poiché, se lui cambiasse, cambierebbero anche le forze normali e anche gli attriti massimi: sono tutte e tre collegate tra loro quando si è nelle condizioni limite. Io continuo a vederla così...

8. 

   Vincenzo Zappalà

   12/11/2022 at 16:19

   Cerco di spiegarmi ancora meglio...

   In partica, data la forza peso vengono anche date le relazioni tra reazioni e attriti. Dato anche il coefficiente, rimane come incognita solo l'angolo della scala. In altre parole, qualsiasi sia il peso si ottiene l'equilibrio che dipende soltanto dall'angolo. Se cresce la reazione cresce automaticamente l'attrito massimo (ossia più spingo verso il basso e maggiore è l'attrito, capace sempre di mantenere l'equilibrio). Si può anche pensare così: variando la posizione dell'imbianchino, le forze continuano ad annullarsi tra loro, ma i momenti cambiano i loro bracci e, a un certo punto, non si equilibrano più.

9. 

   leandro

   12/11/2022 at 23:56

   L'equivoco è nato dal fatto che "al limite" FB = NB
   Ma questo non implica che FA = NA , basta che sia FA< NA
   in ogni caso NB=FB <FA perché <1 .

10. 

    Vincenzo Zappalà

    13/11/2022 at 08:26

    E infatti...

    N_B = F_A = μ N_A

    Non riesco a capire le critiche a riguardo...

11. 

    Fabrizio

    13/11/2022 at 10:15

    Mi sembra che un punto sul quale divergiamo sia il modo di considerare le configurazioni delle 4 forze non compatibili con le disuguaglianze. Provo a chiarire la mia posizione che, almeno in parte, risponde alle tue ultime osservazioni.

    Per spiegare la ragione per la quale credo si debbano considerare anche le configurazioni delle 4 forze non di equilibrio, propongo di esaminare il caso di una scala senza attrito sul muro. In questo caso le forze incognite sono 3, anche le equazioni sono 3 e rimane la sola disuguaglianza relativa ad .
    Per ogni configurazione dei parametri posizione dell'imbianchino, inclinazione della scala e peso dell'imbianchino corrisponde una configurazione delle tre forze compatibile con le 3 equazioni. In alcune di queste soddisfa la disuguaglianza .

    Ad esempio per e ,  dalle 3 equazioni della statica ricavo che le 3 forze dovrebbero avere questi valori: . Poiché è minore di  questa configurazione si può realizzare. Da qui possiamo affermare che la scala non cade, almeno per il nostro modello.

    Per altri valori dei parametri, la configurazione compatibile con le 3 equazioni della statica contiene un valore di che non soddisfa la disuguaglianza .

    Ad esempio per e , dalle 3 equazioni della statica ricavo che le 3 forze dovrebbero avere questi valori: . In questo caso il valore di è maggiore di .

    E' vero che questa configurazione non si può realizzare, ma proprio per questo possiamo affermare che la scala cade.  Quindi non ignoro o scarto questi casi, ma li utilizzo per valutare la staticità della configurazione. Credo si possa dire che la fisica della scala genera le due forze normali, ma l'attrito non risponde adeguatamente e la scala inizia a scivolare. Lo scivolameneto porta il sistema a situazioni ancora più favorevoli alla caduta che quindi prosegue fino a terra.

    Ora provo a fare un ragionamento parallelo in presenza di un muro con attrito. Abbiamo 4 forze incognite, 3 equazioni della statica e 2 disuguaglianze che limitano i valori di ed .

    Prendo la prima configurazione di parametri vista sopra: e . Cerco la configurazione delle 4 forze compatibile con le 3 equazioni della statica. Questa volta ce ne sono infinite. Alcune presentano valori ed nei limiti delle rispettive disuguaglianze, altre nelle quali almeno una delle disuguaglianze fallisce.

    Ad esempio, questa configurazione delle 4 forze compatibile con le 3 equazioni della statica
    e soddisfa anche le due disuguaglianze poiché
    e .

    Ma anche questa altra configurazione delle 4 forze è compatibile con le 3 equazioni della statica  , ma non soddisfa una delle disuguaglianze poiché e

    Nel caso con muro liscio per casi come il primo abbiamo tratto la conclusione che la scala non sarebbe caduta, per casi come il secondo abbiamo tratto la conclusione che la scala sarebbe caduta.

    In questo caso abbiamo risultati contraddittori poiché per la stessa situazione sono compatibili con le 3 equazioni della statica sia configurazione delle 4 forze che soddisfano le disuguaglianze sia che non le soddisfano.

    Non vedo neanche il perché, in base al modello utilizzato, si possa dire che si verificano solo le situazioni di equilibrio. Per il caso di muro liscio abbiamo detto che le altre situazioni esistono e si manifestano con la caduta della scala per l'insufficienza della forza di attrito.

    Per questo penso che sia corretta la posizione di chi afferma che il modello di scala che utilizziamo e le sole equazioni e disuguaglianze della statica non riescano a determinare un risultato in questo caso di muro con attrito.

12. 

    Vincenzo Zappalà

    13/11/2022 at 11:38

    non riesco a capire... Noi abbiamo chiesto il valore limite dell'altezza dell'imbianchino... non abbiamo chiesto quanto valgono le forze in gioco. Per valori superiori la scala cade e per valori inferiori non cade. Ma, ripeto, a noi serve il valore limite di ascesa.

13. 

    Fabrizio

    14/11/2022 at 10:34

    Indubbiamente una configurazione di forze di attrito limite, con le due disuguagliane trasformate in uguaglianze, comporta il valore per x di circa 3,24.

    Considerando che la relazione tra x e la configurazione di forze non è biunivovìca come nel caso senza attrito sul muro, la domanda che mi sono fatto è questa:

    una valore di x=3,24, cioè ponendo l'imbianchino nella posizione x=3,24,  è sicuro che porti alla configurazione limite di equilibrio?

    Sostanzialmente il ragionamento sulle forze che ho fatto nei miei commenti  serviva ad evidenziare che la relazione non è biunivoca e che, per questo, il modello utilizzato non mi sembra dia la risposta alla domanda.

    Nota per eventuali lettori che volessero un esempio semplice di relazione non biunivoca.

    Se e noto che non posso concludere con certezza che .

     

     

14. 

    Fabrizio

    14/11/2022 at 11:33

    Per agganciare meglio la mia risposta al tuo ultimo commento faccio una aggiunta.

    Se non posso rispondere alla domanda fatta sopra: una valore di x=3,24, cioè ponendo l'imbianchino nella posizione x=3,24,  è sicuro che porti alla configurazione limite di equilibrio?

    non posso neanche affermare che x=3,24 sia il valore limite dell'altezza dell'imbianchino

    ( intendendo per valore limite dell'altezza dell'imbianchino il punto x massimo  nel quale si può porre l'imbianchino senza far cadere la scala).

15. 

    Vincenzo Zappalà

    14/11/2022 at 17:20

    Continuo  non capire la non univocità... Se salgo di più cado sicuramente. Ovviamente è valida qualsiasi soluzione con un'ascesa più corta. Ripeto: dov'è l'errore nella trattazione. Segnami la relazione che ti dà problemi. Poi smettiamo pure, altrimenti non ne usciamo vivi... Non fare esempi numerici, ma dimmi esattamente cosa non va bene nelle equazioni che ho scritto. Ovviamente, devi accettare la definizione di attrito massimo...

16. 

    Vincenzo Zappalà

    14/11/2022 at 18:26

    Tanto per dimostrare che non sono il solo a pensarla così...

    https://www.youtube.com/watch?v=vtpE5synod8

     

17. 

    Fabrizio

    16/11/2022 at 03:18

    Se mi chiedi dove è l'errore nella tua trattazione, la mia risposta è che non c'è alcun errore. Il problema, a mio parere, è che assume troppo presto che il valore di x trovato sia il valore max di x sul quale si può porre l'imbianchino senza far cadere la scala.

    Provo ad evidenziare il punto dove divergiamo seguendo il procedimento in parallelo per il caso senza e con attrito sul muro.

    Considero dimostrato che assegnando alle forze di attrito il loro valore limite massimo posso ottenere il valore di x più elevato (che chiamo ) corrispondente a una configurazione delle forze di reazione ed attrito di equilibro. Per il caso senza attrito sul muro si tratta di una tripletta di forze [] . Nel caso di muro con attrito si tratta di una quadrupletta di forze, [].

    Muro senza attrito

    Muro con attrito

    Condizioni attrito limite
    
    Equazioni della statica
    
    
    Dalle prime 3 equazioni ricavo che:
    
    inserendole nell’ultima equazione ricavo:
    

    Condizioni attrito limite
    
    Equazioni della statica
    
    
    Dalle prime 4 equazioni ricavo che:
    
    
    inserendole nell’ultima equazione ricavo
    

    A questo punto sembrerebbe che abbiamo ottenuto il risultato cercato: è quello che cercavamo.

    Qui mi differenzio. 

    Io propongo di fare la ‘prova del 9’. Intendo dire, se inseriamo il valore di trovato nelle equazioni della statica dovremmo ottenere la configurazione di forze di reazione ed attrito dalla quale siamo partiti o almeno una configurazione di equilibrio.

    In fin dei conti il quesito è proprio questo. Quale è il valore massimo di x nel quale si può porre l’imbianchino senza far cadere la scala?

    Allora mettiamo idealmente nel nostro modello l’imbianchino in e vediamo se otteniamo una configurazione di equilibrio.

    Muro senza attrito

    Muro con attrito

    Equazioni della statica
    

    
    con
    da cui:
    
    ed ottengo che:
    
    che coincide esattamente con la tripletta di forze trovata sopra che, per come l'abbiamo definita, è certamente di equilibrio.
    Il modello che utilizziamo mi conferma che se l'imbianchino si posiziona in la scala rimane in equilibrio.
    

    Equazioni della statica
    
    
    con     
    Abbiamo 3 equazioni e 4 incognite.
    Il modello non può rispondere in modo univico.
    Al più possiamo esprimere parametricamente le infinite quadruplette di forze compatibili con .
    Se le analizziamo queste infinite quadruplette di forze, troveremmo che solo una è di equilibrio, quella dalla quale siamo partiti sopra. Le altre porterebbero alla caduta della scala.
    Io concludo che in questo caso con il nostro modello non ci permette di rispondere alla domanda: se l'imbianchino si pone nella posizione la scala cade o non cade? Di conseguenza non sappiamo dire se sia la posizione più alta sulla quale si può porre l'imbianchino senza far cadere la scala.
    

     

18. 

    Fabrizio

    16/11/2022 at 03:32

    Purtroppo la formattazione delle tabelle non ha funzionato. Non credo si riesca a capire a quale caso si riferiscono le espressioni scritte sopra. Riscrivo il tutto senza usare le tabelle.

    Se mi chiedi dove è l'errore nella tua trattazione, la mia risposta è che non c'è alcun errore. Il problema, a mio parere, è che assume troppo presto che il valore di x trovato sia il valore max di x sul quale si può porre l'imbianchino senza far cadere la scala.

    Provo ad evidenziare il punto dove divergiamo seguendo il procedimento in parallelo per il caso senza e con attrito sul muro.

    Considero dimostrato che assegnando alle forze di attrito il loro valore limite massimo posso ottenere il valore di x più elevato (che chiamo ) corrispondente a una configurazione delle forze di reazione ed attrito di equilibro. Per il caso senza attrito sul muro si tratta di una tripletta di forze [] . Nel caso di muro con attrito si tratta di una quadrupletta di forze, [].

    Muro senza attrito

    Condizioni attrito limite
    
    Equazioni della statica
    
    
    Dalle prime 3 equazioni ricavo che:
    
    inserendole nell’ultima equazione ricavo:
    

    Muro con attrito

    Condizioni attrito limite
    
    Equazioni della statica
    
    
    Dalle prime 4 equazioni ricavo che:
    
    
    inserendole nell’ultima equazione ricavo
    

    A questo punto sembrerebbe che abbiamo ottenuto il risultato cercato:  è quello che cercavamo.

    Qui mi differenzio. 

    Io propongo di fare la ‘prova del 9’. Intendo dire, se inseriamo il valore di  trovato nelle equazioni della statica dovremmo ottenere la configurazione di forze di reazione ed attrito dalla quale siamo partiti o almeno una configurazione di equilibrio.

    In fin dei conti il quesito è proprio questo. Quale è il valore massimo di x nel quale si può porre l’imbianchino senza far cadere la scala?

    Allora mettiamo idealmente nel nostro modello l’imbianchino in  e vediamo se otteniamo una configurazione di equilibrio.

    Muro senza attrito

    Equazioni della statica
    

    
    con 
    da cui:
    
    ed ottengo che:
    
    che coincide esattamente con la tripletta di forze trovata sopra che, per come l'abbiamo definita, è certamente di equilibrio.
    Il modello che utilizziamo mi conferma che se l'imbianchino si posiziona in  la scala rimane in equilibrio.
    

    Muro con attrito

    Equazioni della statica
    
    
    con     

    Abbiamo 3 equazioni e 4 incognite.
    Il modello non può rispondere in modo univoco.
    Al più possiamo esprimere parametricamente le infinite quadruplette di forze compatibili con .
    Se le analizziamo queste infinite quadruplette di forze, troveremmo che solo una è di equilibrio, quella dalla quale siamo partiti sopra. Le altre porterebbero alla caduta della scala.
    Io concludo che in questo caso con il nostro modello non ci permette di rispondere alla domanda: se l'imbianchino si pone nella posizione  la scala cade o non cade? Di conseguenza non sappiamo dire se  sia la posizione più alta sulla quale si può porre l'imbianchino senza far cadere la scala.

    

     

19. 

    Vincenzo Zappalà

    16/11/2022 at 07:20

    Nel secondo caso manca una relazione:

    FA = FB/μ

    dato che

    FA = μ NA

    FB = μ NB

    FA = NB

    ....

20. 

    Fabrizio

    16/11/2022 at 13:40

    In questo modo assumi a priori che la soluzione richiederà il massimo attrito, nulla di più e nulla di meno.

    Nel caso di muro senza attrito non viene fatta questa assunzione e sono le equazioni della statica ad indicare che la soluzione è di massimo attrito.

    Comunque, credo che facciamo riferimento a due modelli diversi. Danno lo stesso risultato quando le 3 equazioni della statica forniscono una unica soluzione. Divergono a causa della diversa interpretazione delle disuguaglianze quando le forze incognite sono più di 3, cioè le 3 equazioni non danno un risultato univoco.

    A mio parere le disuguaglianze servono a discriminare le soluzioni fornite dalle 3 equazioni tra quelle di equilibrio e quelle che non consentono l'equilibrio. Questo mi porta a considerare il risultato indeterminato quando tra le soluzioni ce ne sono dei due tipi.

    Interpretando i tuoi commenti, capisco che nel modello al quale fai riferimento le disuguaglianze selezionano le soluzioni in generale. Quindi basta che tra soluzioni compatibili con le 3 equazioni della statica ce ne sia almeno una di equilibrio il sistema viene considerato in equilibrio poiché quelle non compatibili con le diseguaglianze vengono scartate dalle diseguaglianze.

    Io propendo per la prima interpretazione, ma non posso escludere la seconda.

21. 

    Vincenzo Zappalà

    16/11/2022 at 14:48

    Io rimango convinto che dati a,µ,P la soluzione sia unica. Non ci resta, veramente, che trovare un imbianchino che voglia fare la prova e salire un po' più in alto...

Lascia un commento Cancel Reply

Name *

Email *

Salva il mio nome, email e sito web in questo browser per la prossima volta che commento.

Δ

 Avvisami via e-mail delle risposte

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