Lezione VIII Esempi di forze

Lezione VIII
Esempi di forze
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Tensione di una corda inestensibile di massa
trascurabile
Torniamo sulle tensioni delle corde inestensibili. Supponiamo di trainare orizzontalmente un blocco di massa m tramite una corda inestensibile e di massa trascurabile, che ha un’estremità fissata al blocco. All’estremità libera applichiamo
una forza orizzontale F~ .

F
m
m

F

−F
m

F

−F

F

F

−F

F
Figura 1: La corda inestensibile di massa trascurabile è usata per trainare
orizzontalmente una massa m.
Poiché la corda è inestensibile, quando è tesa tutti i suoi punti si muoveranno
con la stessa velocità e con la stessa accelerazione dei punti del blocco (prendiamo per esempio le coordinate x1 e x2 delle estremità della corda: se questa
è inestensibile abbiamo x2 − x1 = L da cui, derivando una e due volte rispetto
al tempo, ẋ1 − ẋ2 = 0 , ẍ1 − ẍ2 = 0: le due estremità hanno sempre la stessa
velocità e la stessa accelerazione). Chiamiamo ~a l’accelerazione in questione.
Per convincerci che “la tensione si trasmette lungo tutta la corda”, consideriamo le forze tra la corda e il blocco all’estremità di sinistra in figura. Se la
corda applica una forza F~ 0 al blocco, per il principio di azione e reazione questo
applica una forza −F~ 0 alla corda.
Applicando la seconda legge di Newton al blocco, abbiamo
1
F~ 0 = m~a
(1)
e dunque
~a =
F~ 0
m
Sulla corda agisce invece una forza netta F~corda = F~ − F~ 0 , che per la seconda
legge di Newton deve essere uguale alla massa della corda (per ipotesi nulla)
moltiplicata per l’accelerazione della corda (che vale sempre ~a) Abbiamo dunque
F~ − F~ 0 = mcorda~a = 0
Quindi deve essere F~ 0 = F~ : la corda “trasmette” al blocco la forza che viene
applicata all’estremità libera. Notiamo che questo è vero solo se la corda ha
massa trascurabile.
Allo stesso modo vediamo che se consideriamo un qualunque punto intermedio e pensiamo di “tagliare” la fune, con un ragionamento del tutto analogo a
quello fatto sopra deduciamo che, affinché tutto il sistema si muova con accelerazione ~a, anche le forze intermedie F~ 00 e −F~ 00 devono essere uguali in modulo a
F~ , e questo vale per ciascuna piccola porzione in cui possiamo pensare di suddividere la corda. In questo senso dunque la tensione si trasmette invariata lungo
tutta la corda. Se applichiamo lo stesso ragionamento al caso di due blocchi
collegati da una fune inestensibile e trainati da una seconda fune fissata a uno
dei due,
m2 m2 
F2

−F2

F
m1 m1 
F

−F

F
Figura 2: Due blocchi di massa diversa connessi da fune inestensibile.
otteniamo che, come prima, la forza netta sulla porzione di corda deve essere
nulla.
Sul blocco m1 , invece, per la forza netta F~ − F~2 deve valere F~ − F~2 − m1~a
mentre per il blocco m2 (usando sempre il fatto, dedotto sopra, che le porzioni
di fune inestensibile trasmettono la forza inalterata da un capo all’altro) vale
F~2 = m2~a
Sostituendo la seconda equazione nella prima otteniamo
F~ − m2~a = m1~a
2
Cioè
~a =
F~
m1 + m2
da cui otteniamo il valore della tensione della fune intermedia
m2
F~2 = m2~a =
~a
m1 + m2
Come nuovo esempio, consideriamo il caso di un blocco di massa m appeso al
soffitto tramite due funi inestensibili e di massa trascurabile di uguale lunghezza,
che formano un angolo di 45◦ con la verticale. Quanto vale la tensione di
ciascuna delle due funi?
α= π/4

T2

T1

mg
Figura 3: Blocco di massa m appeso al soffitto tramite due funi inestensibili.
Il problema si risolve facilmente imponendo che la forza totale agente sul
corpo appeso sia nulla: se questo deve risultare fermo (all’equilibrio), la sua accelerazione sarà nulla Da T~1 + T~2 +m~g = 0, scrivendo l’equazione per componenti
e chiamando x, y gli assi orizzontale e verticale, abbiamo per la componente x
π
π
T1x + T2x = T1 cos( ) + T2 cos( ) = 0
4
4
da cui T1 = T2 , com’era ovvio per simmetria. Per la componente y
π
π
T1y + T2y + mgy = T1 sin( ) + T2 sin( ) = 0
4
4
da cui
mg
T1 = T2 = √
2
• Esempio: Macchina di Atwood
Due gravi di massa m1 e m2 sono appesi a una carrucola (un disco di
massa trascurabile libero di ruotare attorno al proprio asse) per mezzo
di una fune inestensibile e di massa trascurabile, alle cui estremità sono
fissati. Determiniamo il moto dei due gravi, supponendo che siano liberi
di muoversi solo in verticale.
3

T2

T1

m2 g

m1g
Figura 4: Macchina di Atwood.
Ciascuno dei due gravi subisce la forza peso e la tensione del tratto di
corda a cui è appeso.
m1~a1 = m1~g + T~1
m2~a1 = m2~g + T~2
Poiché per ipotesi il moto si svolge solo in verticale, scriviamo direttamente le equazioni per la componente verticale dei vettori (asse z orientato
verso l’alto)
m1 a1 = −m1 g + T1
m2 a2 = −m2 g + T2
L’inestensibilità della corda lega le due accelerazioni. Infatti, se chiamiamo z1 e z2 le coordinate dei due pesi, poiché la lunghezza della fune è
fissata si ha che
z1 + z2 = `
da cui
ż1 + ż2 = v1 + v2 = 0
e
z̈1 + z̈2 = a1 + a2 = 0
Inoltre sappiamo che la fune trasmette la tensione in tutti i suoi punti,
essendo di massa trascurabile: quindi T1 = T2 = T . Le due equazioni del
moto diventano
m1 a1 = −m1 g + T
4
−m2 a1 = −m2 g + T
da cui si deduce, risolvendo il sistema
a1 =
m2 − m1
g
m2 + m1
T =
2m1 m2
g
m2 + m1
Nel caso limite in cui una delle due masse è molto minore dell’altra, quella
pesante cade con accelerazione praticamente uguale a g: se per esempio
m1 m2 , ossia nel limite m1 /m2 → 0, si ha che
a1 =
1−
m2 − m1
g=
m2 + m1
1+
m1
m2
m1
m2
g→g
La massa m1 accelera verso l’alto con accelerazione g (abbiamo scelto
infatti i segni delle coordinate in modo che la direzione positiva sia verso
l’alto), mentre la massa m2 cade con accelerazione g rivolta verso il basso.
Se le due masse sono uguali, l’accelerazione di entrambe risulta nulla.
• Esempio: pendolo sferico Problema: una massa m, appesa al soffitto
tramite un filo inestensibile di massa trascurabile e di lunghezza L, viene
messa in rotazione uniforme con velocità angolare ω attorno all’asse verticale passante per il punto di sospensione. Quanto vale la tensione del filo,
supponendo che questo si mantenga a un angolo α rispetto alla verticale?
L 
T

mg
La traiettoria circolare del pendolo ha raggio R = L sin α. L’accelerazione
centripeta da cui è soggetta la massa m vale quindi in modulo
ac = mRω 2 = mLω 2 sin θ
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Non ci sono altre componenti dell’accelerazione, essendo il moto circolare
uniforme. Deve valere la seconda legge di Newton F~ = m~a, dove F~ è la
somma della forze agenti sulla massa. Queste sono la forza peso, diretta
verticalmente, e la tensione T~ del filo, come mostrato in figura. La forza
risultante deve essere diretta verso il centro della circonferenza ed essere
quindi orizzontale, e valere in modulo mac .
Ricapitolado:
m~g + T~ = m~ac
che al solito possiamo scomporre lungo le direzioni verticale e orizzontale.
Per la componente verticale
−mg + T cos α = 0
per la componente orizzontale
T sin α = mac = mω 2 L sin α
Dalla prima abbiamo
T =
mg
cos α
mentre dalla seconda
T = mω 2 L
Il moto è dunque possibile, fissato l’angolo, solo per un valore ben preciso
g
del modulo della velocità angolare, quello per cui ω 2 = L cos
α.
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